06 空间向量与立体几何-遇见最美的数学系列——24真题汇编

空间向量与立体几何 一、单选题 1．（2024·全国）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为 3，则圆 锥的体积为（ ） A． 2 3π B．3 3π C．6 3π D．9 3π 2．（2024·全国）已知正三棱台 1 1 1ABC A BC- 的体积为 52 3 ， 6AB  ， 1 1 2AB  ，则 1A A与平面 ABC所成角的正切值为（ ） A． 12 B．1 C．2 D．3 3．（2024·全国）设 、 是两个平面，m n、 是两条直线，且 m   .下列四个命题： ①若 //m n，则 / /n 或 / /n  ②若m n ，则 ,n n   ③若 / /n ，且 / /n  ，则 //m n ④若n与 和  所成的角相等，则m n 其中所有真命题的编号是（ ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 4．（2024·北京）已知以边长为 4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为 4，4， 2 2， 2 2，则该四棱锥的高为（ ） A． 2 2 B． 3 2 C． 2 3 D． 3 5．（2024·天津）若 ,m n为两条不同的直线， 为一个平面，则下列结论中正确的是（ ） A．若 / /m  ，n  ，则 //m n B．若 // , //m n  ，则 //m n C．若 // , m n ，则m n D．若 // , m n ，则m与n相交 6．（2024·天津）一个五面体 ABC DEF ．已知 AD BE CF∥ ∥ ，且两两之间距离为 1．并已 知 1 2 3AD BE CF  ， ， ．则该五面体的体积为（ ） A． 3 6 B． 3 3 1 4 2  C． 3 2 D． 3 3 1 4 2  二、多选题 7．（2024·全国）抛物线 C： 2 4y x 的准线为 l，P为 C上的动点，过 P作 2 2: ( 4) 1A x y  ⊙ 的一条切线，Q为切点，过 P作 l的垂线，垂足为 B，则（ ） A．l与 A 相切 B．当 P，A，B三点共线时， | | 15PQ  C．当 | | 2PB  时， PA AB D．满足 | | | |PA PB 的点 P有且仅有 2个 三、填空题 8．（2024·全国）已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为 1r和 2r ，母线长分别为  2 12 r r 和  2 13 r r ，则两个圆台的体积之比 = V V 甲 乙 ． 9．（2024·北京）已知三个圆柱的体积为公比为 10的等比数列．第一个圆柱的直径为 65mm， 第二、三个圆柱的直径为 325mm，第三个圆柱的高为 230mm，求前两个圆柱的高度分别 为 ． 10．（2024·上海）已知点 B在点 C正北方向，点 D在点 C的正东方向，BC CD ,存在点 A 满足 16.5 , 37BAC DAC     ，则 BCA  (精确到 0.1度) 四、解答题 11．（2024·全国）如图，四棱锥 P ABCD 中，PA 底面ABCD， 2PA AC  ， 1, 3BC AB  ． (1)若 AD PB ，证明： //AD 平面 PBC； (2)若 AD DC ，且二面角 A CP D  的正弦值为 42 7 ，求 AD． 12．（2024·全国）如图，平面四边形 ABCD中， 8AB  ， 3CD  ， 5 3AD  ， 90ADC   ， 30BAD   ，点 E，F满足 2 5 AE AD   ， 1 2 AF AB   ，将 AEF△ 沿 EF对折至 PEF! ，使得 4 3PC  ． (1)证明： EF PD ； (2)求面 PCD与面 PBF所成的二面角的正弦值． 13．（2024·全国）如图，在以 A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形 ABCD与四 边形 ADEF均为等腰梯形， / / , / /BC AD EF AD， 4, 2AD AB BC EF    ， 10, 2 3ED FB  ，M 为 AD的中点. (1)证明： //BM 平面CDE； (2)求点M 到 ABF 的距离. 14．（2024·全国）如图，在以 A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形 ABCD与四 边形 ADEF均为等腰梯形， / / , / /BC AD EF AD， 4, 2AD AB BC EF    ， 10, 2 3ED FB  ，M 为 AD的中点． (1)证明： / /BM 平面CDE； (2)求二面角 F BM E  的正弦值． 15．（2024·北京）已知四棱锥 P-ABCD， //AD BC， 1AB BC  ， 3AD  ， 2DE PE  ， E是 AD上一点， PE AD ． (1)若 F是 PE中点，证明： //BF 平面 PCD． (2)若 AB 平面 PED，求平面 PAB与平面PCD夹角的余弦值． 16．（2024·天津）已知四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D 中，底面 ABCD为梯形， / /AB CD， 1A A 平 面 ABCD，AD AB ，其中 1 2, 1AB AA AD DC    ．N 是 1 1BC 的中点，M 是 1DD 的中点． (1)求证 1 //D N 平面 1CB M ； (2)求平面 1CB M 与平面 1 1BB CC 的夹角余弦值； (3)求点 B到平面 1CB M 的距离． 17．（2024·上海）如图为正四棱锥 ,P ABCD O 为底面 ABCD的中心． (1)若 5, 3 2AP AD  ，求 POA 绕 PO旋转一周形成的几何体的体积； (2)若 ,AP AD E 为 PB的中点，求直线BD与平面 AEC所成角的大小． 参考答案： 1．B 【分析】设圆柱的底面半径为 r，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径 r的方程，求出解 后可求圆锥的体积. 【解析】设圆柱的底面半径为 r，则圆锥的母线长为 2 3r  ， 而它们的侧面积相等，所以 22π 3 π 3r r r    即 22 3 3 r  ， 故 3r  ，故圆锥的体积为 1 π 9 3 3 3π 3    . 故选：B. 2．B 【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高 4 3 3 h  ，做辅助线，结合正三棱台 的结构特征求得 4 3 3 AM  ，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台 1 1 1ABC A BC- 补成正三棱锥 P ABC， 1A A与平面 ABC所成角即为 PA与平面 ABC所成角， 根据比例关系可得 18P ABCV   ，进而可求正三棱锥 P ABC的高，即可得结果. 【解析】解法一：分别取 1 1,BC BC 的中点 1,D D，则 1 13 3 3AD ,A D= = ， 可知 1 1 1 1 3 16 6 9 3, 2 3 3 2 2 2ABC A B C S S          ， 设正三棱台 1 1 1ABC A BC- 的为 h， 则  1 1 1 1 529 3 3 9 3 33 3ABC A B CV h      ，解得 4 33h  ， 如图，分别过 1 1,A D 作底面垂线，垂足为 ,M N，设 AM x ， 则 2 2 21 1 16 3 AA AM AM x= + = + ， 2 3DN AD AM MN x= - - = - ， 可得  22 21 1 162 3 3DD DN D N x     ， 结合等腰梯形 1 1BCC B 可得 2 2 2 1 1 6 2 2 BB DD      , 即  22 16 162 3 43 3x x     ，解得 4 3 3 x  ， 所以 1A A与平面 ABC所成角的正切值为 11tan 1 AMA AD AM Ð = = ； 解法二：将正三棱台 1 1 1ABC A BC- 补成正三棱锥 P ABC， 则 1A A与平面 ABC所成角即为 PA与平面 ABC所成角， 因为 1 1 1 1 3 PA A B PA AB   ，则 1 1 1 1 27 P A B C P ABC V V    ， 可知 1 1 1 26 52 27 3ABC A B C P ABC V V   ，则 18P ABCV   ， 设正三棱锥 P ABC的高为d ，则 1 1 36 6 18 3 2 2P ABC V d       ，解得 2 3d  ， 取底面 ABC的中心为O，则 PO 底面 ABC，且 2 3AO  ， 所以 PA与平面 ABC所成角的正切值 tan 1 POPAO AO    . 故选：B. 3．A 【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质 即可判断③. 【解析】对①，当 n  ，因为 //m n，m  ，则 / /n  ， 当 n  ，因为 //m n，m  ，则 / /n ， 当n既不在 也不在  内，因为 //m n， ,m m   ，则 / /n 且 / /n  ，故①正确； 对②，若m n ，则 n与 , 不一定垂直，故②错误； 对③，过直线 n分别作两平面与 , 分别相交于直线 s和直线 t， 因为 / /n ，过直线n的平面与平面 的交线为直线 s，则根据线面平行的性质定理知 / /n s， 同理可得 / /n t，则 / /s t，因为 s 平面  ， t 平面  ，则 / /s 平面  ， 因为 s 平面 ， m   ，则 / /s m，又因为 / /n s，则 //m n，故③正确； 对④，若 ,m n   与 和  所成的角相等，如果 / / , / / n n ，则 //m n，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 4．D 【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面 PEF 平面 ABCD，可知PO 平面 ABCD， 利用等体积法求点到面的距离. 【解析】如图，底面 ABCD为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设 4, 2 2PA PB AB PC PD     ， 分别取 ,AB CD的中点 ,E F，连接 , ,PE PF EF， 则 ,PE AB EF AB  ，且 PE EF E  ， ,PE EF 平面 PEF， 可知 AB 平面 PEF，且 AB 平面 ABCD， 所以平面 PEF 平面 ABCD， 过 P作 EF 的垂线，垂足为O，即 PO EF ， 由平面 PEF 平面 ABCD EF ， PO 平面 PEF， 所以 PO 平面 ABCD， 由题意可得： 2 3, 2, 4PE PF EF   ，则 2 2 2PE PF EF  ，即 PE PF ， 则 1 1 2 2 PE PF PO EF   ，可得 3 PE PFPO EF    ， 所以四棱锥的高为 3 . 当相对的棱长相等时，不妨设 4PA PC  ， 2 2PB PD  ， 因为 4 2BD PB PD   ，此时不能形成三角形 PBD，与题意不符，这样情况不存在. 故选：D. 5．C 【分析】根据线面平行的性质可判断 AB的正误，根据线面垂直的性质可判断 CD的正误. 【解析】对于 A，若 / /m  ， n  ，则 ,m n平行或异面，故 A错误. 对于 B，若 // , //m n  ，则 ,m n平行或异面或相交，故 B错误. 对于 C， // , m n ，过m作平面 ，使得 s   ， 因为m  ，故 //m s，而 s  ，故 n s ，故m n ，故 C正确. 对于 D，若 // , m n ，则m与 n相交或异面，故 D错误. 故选：C. 6．C 【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 【解析】用一个完全相同的五面体HIJ LMN （顶点与五面体 ABC DEF 一一对应）与该五 面体相嵌，使得 ,D N； ,E M ; ,F L重合， 因为 AD BE CF∥ ∥ ，且两两之间距离为 1． 1, 2, 3AD BE CF   ， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为 1的等边三角形，侧棱长为 1 3 2 2 3 1 4      ， 2 1 3 2 2 1 1 31 1 4 2 2ABC DEF ABC HIJ V V         . 故选：C. 7．ABD 【分析】A选项，抛物线准线为 = 1x  ，根据圆心到准线的距离来判断；B选项， , ,P A B三 点共线时，先求出 P的坐标，进而得出切线长；C选项，根据 2PB  先算出 P的坐标，然 后验证 1PA ABk k   是否成立；D选项，根据抛物线的定义， PB PF ，于是问题转化成 PA PF 的 P点的存在性问题，此时考察 AF的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直 接设 P点坐标进行求解. 【解析】A选项，抛物线 2 4y x 的准线为 = 1x  ， A 的圆心 (0, 4)到直线 = 1x  的距离显然是1，等于圆的半径， 故准线 l和 A 相切，A选项正确； B选项， , ,P A B三点共线时，即 PA l ，则 P的纵坐标 4Py  ， 由 2 4P Py x ，得到 4Px  ，故 (4,4)P ， 此时切线长 2 2 2 24 1 15PQ PA r     ，B选项正确； C选项，当 2PB  时， 1Px  ，此时 2 4 4P Py x  ，故 (1,2)P 或 (1, 2)P  ， 当 (1,2)P 时， (0,4), ( 1,2)A B  ， 4 2 2 0 1PA k     ， 4 2 2 0 ( 1)AB k     ， 不满足 1PA ABk k   ； 当 (1, 2)P  时， (0,4), ( 1,2)A B  ， 4 ( 2) 6 0 1PA k      ， 4 ( 2) 6 0 ( 1)AB k      ， 不满足 1PA ABk k   ； 于是 PA AB 不成立，C选项错误； D选项，方法一：利用抛物线定义转化 根据抛物线的定义， PB PF ，这里 (1,0)F ， 于是 PA PB 时 P点的存在性问题转化成 PA PF 时 P点的存在性问题， (0,4), (1,0)A F ， AF中点 1 ,2 2       ， AF中垂线的斜率为 1 1 4AFk   ， 于是 AF的中垂线方程为： 2 15 8 xy  ，与抛物线 2 4y x 联立可得 2 16 30 0y y   ， 216 4 30 136 0      ，即 AF的中垂线和抛物线有两个交点， 即存在两个 P点，使得 PA PF ，D选项正确. 方法二：（设点直接求解） 设 2 , 4 tP t       ，由 PB l 可得  1,B t ，又 (0,4)A ，又 PA PB ， 根据两点间的距离公式， 4 2 2( 4) 1 16 4 t tt    ，整理得 2 16 30 0t t   ， 216 4 30 136 0      ，则关于 t的方程有两个解， 即存在两个这样的 P点，D选项正确. 故选：ABD 8． 6 4 【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接 代入计算即可得解. 【解析】由题可得两个圆台的高分别为      2 21 2 1 2 1 22 3h r r r r r r       甲 ，      2 21 2 1 2 1 23 2 2h r r r r r r       乙 ， 所以         2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 1 3 63 1 42 2 3 S S S S h r rV h V h r rS S S S h          甲 甲 甲 乙 乙 乙 . 故答案为： 6 4 . 9． 115 mm,23mm 2 【分析】根据体积为公比为 10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个 圆柱的高度. 【解析】设第一个圆柱的高为 1h ，第二个圆柱的高为 2h ，则 2 2 2 2 2 1 2 325 325π π 230 2 2 10 65 325π π 2 2 h h h                          ， 故 2 23mmh  ， 1 115 mm 2 h  ， 故答案为： 115 mm,23mm 2 . 10．7.8 【分析】设 BCA   ，在 DCA△ 和 BCAV 中分别利用正弦定理得到 sin sin CA CD D CAD   ，   sin16.5sin 16.5 CA CB     ，两式相除即可得到答案. 【解析】设 , 90BCA ACD      ， 在 DCA△ 中，由正弦定理得 sin sin CA CD D CAD   ， 即   sin 37.0sin 180 90 37.0 CA CD          ’ 即   sin 37.0sin 90 37.0 CA CD       ① 在 BCAV 中，由正弦定理得 sin sin CA CB B CAB   ， 即   sin16.5sin 180 16.5 CA CB        ，即   sin16.5sin 16.5 CA CB     ，② 因为CD CB ， ② ① 得     sin 90 37.0 sin 37.0 sin16.5sin 16.5           ， 利用计算器即可得 7.8  ， 故答案为：7.8 . 11．(1)证明见解析 (2) 3 【分析】（1）先证出 AD 平面 PAB，即可得 AD AB ，由勾股定理逆定理可得 BC AB ， 从而 / /AD BC ，再根据线面平行的判定定理即可证出； （2）过点 D作DE AC 于 E，再过点 E作 EF CP 于F ，连接DF，根据三垂线法可知， DFE 即为二面角 A CP D  的平面角，即可求得 tan 6DFE  ，再分别用 AD的长度表 示出 ,DE EF，即可解方程求出 AD． 【解析】（1）（1）因为 PA 平面 ABCD，而 AD 平面 ABCD，所以PA AD ， 又 AD PB ， PB PA P ， ,PB PA平面 PAB，所以 AD 平面 PAB， 而 AB 平面 PAB，所以 AD AB . 因为 2 2 2BC AB AC  ，所以 BC AB ， 根据平面知识可知 / /AD BC ， 又 AD 平面 PBC，BC 平面 PBC，所以 / /AD 平面 PBC． （2）如图所示，过点 D作DE AC 于 E，再过点 E作 EF CP 于 F ，连接DF， 因为 PA 平面 ABCD，所以平面PAC 平面 ABCD，而平面 PAC平面 ABCD AC ， 所以DE 平面 PAC，又 EF CP ，所以 CP 平面DEF ， 根据二面角的定义可知， DFE 即为二面角 A CP D  的平面角， 即 42sin 7 DFE  ，即 tan 6DFE  ． 因为 AD DC ，设 AD x ，则 24CD x  ，由等面积法可得， 24 2 x xDE  ， 又     2 2 2 2 4 44 4 2 x x xCE x       ，而 EFC 为等腰直角三角形，所以 24 2 2 xEF  ， 故 2 2 4 2tan 6 4 2 2 x x DFE x      ，解得 3x  ，即 3AD  ． 12．(1)证明见解析 (2) 8 65 65 【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得 2EF  ，利用勾股定理的逆定理可证得 EF AD ， 则 ,EF PE EF DE  ，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明 PE ED ，建立如图空间直角坐标系 E xyz ，利用空间向量法求解面面角即可. 【解析】（1）由 2 18, 5 3, ,5 2 AB AD AE AD AF AB        ， 得 2 3, 4AE AF  ，又 30BAD   ，在 AEF△ 中， 由余弦定理得 2 2 32 cos 16 12 2 4 2 3 2 2 EF AE AF AE AF BAD            , 所以 2 2 2AE EF AF  ，则 AE EF ，即 EF AD ， 所以 ,EF PE EF DE  ，又 ,PE DE E PE DE  、 平面 PDE， 所以 EF 平面 PDE，又 PD 平面 PDE， 故EF  PD； （2）连接CE，由 90 , 3 3, 3ADC ED CD    ，则 2 2 2 36CE ED CD   ， 在 PEC 中， 4 3, 2 3, 6PC PE EC   ，得 2 2 2EC PE PC  ， 所以 PE EC ，由（1）知 PE EF ，又 ,EC EF E EC EF  、 平面 ABCD， 所以 PE 平面 ABCD，又 ED 平面 ABCD， 所以 PE ED ，则 , ,PE EF ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系 E xyz ， 则 (0,0,0), (0,0, 2 3), (0,3 3,0), (3,3 3,0), (2,0, 0), (0, 2 3,0)E P D C F A  ， 由F 是 AB的中点，得 (4, 2 3,0)B ， 所以 (3,3 3, 2 3), (0,3 3, 2 3), (4, 2 3, 2 3), (2,0, 2 3)PC PD PB PF            ， 设平面PCD和平面 PBF的一个法向量分别为 1 1 1 2 2 2( , , ), ( , , )n x y z m x y z    ， 则 1 1 1 1 1 3 3 3 2 3 0 3 3 2 3 0 n PC x y z n PD y z              ， 2 2 2 2 2 4 2 3 2 3 0 2 2 3 0 m PB x y z m PF x z              ， 令 1 22, 3y x  ，得 1 1 2 20, 3, 1, 1x z y z     ， 所以 (0, 2,3), ( 3, 1,1)n m     ， 所以 1 65cos , 655 13 m n m n m n            ， 设平面PCD和平面 PBF所成角为 ，则 2 8 65sin 1 cos 65     ， 即平面PCD和平面 PBF所成角的正弦值为 8 65 65 . 13．(1)证明见详解； (2) 6 13 13 【分析】（1）结合已知易证四边形 BCDM 为平行四边形，可证 //BM CD，进而得证； （2）作 FO AD ，连接OB，易证 , ,OB OD OF三垂直，结合等体积法 M ABF F ABMV V  即可 求解. 【解析】（1）因为 // , 2, 4,BC AD BC AD M  为 AD的中点，所以 // ,BC MD BC MD ， 四边形BCDM 为平行四边形，所以 //BM CD， 又因为 BM  平面CDE，CD平面CDE，所以 //BM 平面CDE； （2）如图所示，作 BO AD 交 AD于O，连接OF ，因为四边形 ABCD为等腰梯形， // , 4,BC AD AD  2AB BC  ，所以 2CD  ， 结合（1） BCDM为平行四边形，可得 2BM CD  ， 又 2AM  ，所以 ABM 为等边三角形，O为 AM 中点，所以 3OB  ， 又因为四边形 ADEF 为等腰梯形，M 为 AD中点，所以 , //EF MD EF MD ， 四边形 EFMD为平行四边形， FM ED AF  ，所以 AFM△ 为等腰三角形， ABM 与 AFM△ 底边上中点O重合，OF AM ， 2 2 3OF AF AO   ， 因为 2 2 2OB OF BF  ，所以OB OF ，所以 , ,OB OD OF互相垂直， 由等体积法可得 M ABF F ABMV V  ， 2 1 1 3 2 3 3 3 3 4F ABM ABM V S FO       △ ，    2 222 2 2 10 2 2 3 1 39cos ,sin 2 2 10 2 2 10 2 10 FA AB FBFAB FAB FA AB             ， 1 1 39 39sin 10 2 2 2 22 10FAB S FA AB FAB        △ ， 设点M 到 FAB的距离为d ，则 1 1 39 3 3 3 2M FAB F ABM FAB V V S d d        △ ， 解得 6 13 13 d  ，即点M 到 ABF 的距离为 6 13 13 . 14．(1)证明见详解； (2) 4 3 13 【分析】（1）结合已知易证四边形 BCDM 为平行四边形，可证 //BM CD，进而得证； （2）作 BO AD 交 AD于O，连接OF ，易证 , ,OB OD OF三垂直，采用建系法结合二面角 夹角余弦公式即可求解. 【解析】（1）因为 // , 2, 4,BC AD EF AD M  为 AD的中点，所以 // ,BC MD BC MD ， 四边形BCDM 为平行四边形，所以 //BM CD，又因为 BM  平面CDE， CD平面CDE，所以 //BM 平面CDE； （2）如图所示，作 BO AD 交 AD于O，连接OF ， 因为四边形 ABCD为等腰梯形， // , 4,BC AD AD  2AB BC  ，所以 2CD  ， 结合（1） BCDM为平行四边形，可得 2BM CD  ，又 2AM  ， 所以 ABM 为等边三角形，O为 AM 中点，所以 3OB  ， 又因为四边形 ADEF 为等腰梯形，M 为 AD中点，所以 , //EF MD EF MD ， 四边形 EFMD为平行四边形， FM ED AF  ， 所以 AFM△ 为等腰三角形， ABM 与 AFM△ 底边上中点O重合，OF AM ， 2 2 3OF AF AO   ， 因为 2 2 2OB OF BF  ，所以OB OF ，所以 , ,OB OD OF互相垂直， 以OB方向为 x轴，OD方向为 y轴，OF 方向为 z轴，建立O xyz 空间直角坐标系，  0,0,3F ，      3,0,0 , 0,1,0 , 0, 2,3B M E ，    3,1,0 , 3,0,3BM BF     ，  3,2,3BE   ，设平面 BFM 的法向量为  1 1 1, ,m x y z ， 平面 EMB的法向量为  2 2 2, ,n x y z  ， 则 0 0 m BM m BF         ，即 1 1 1 1 3 0 3 3 0 x y x z        ，令 1 3x  ，得 1 13, 1y z  ，即  3,3,1m  ， 则 0 0 n BM n BE         ，即 2 2 2 2 2 3 0 3 2 3 0 x y x y z         ，令 2 3x  ，得 2 23, 1y z   ， 即  3,3, 1n   ， 11 11cos , 1313 13 m nm n m n            ，则 4 3sin , 13 m n   ， 故二面角 F BM E  的正弦值为 4 3 13 . 15．(1)证明见解析 (2) 30 30 【分析】（1）取 PD的中点为S，接 ,SF SC，可证四边形 SFBC为平行四边形，由线面平行 的判定定理可得 //BF 平面 PCD . （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面 APB和平面 PCD的法向量后可求夹角的 余弦值. 【解析】（1）取 PD的中点为S，接 ,SF SC ，则 1// , 1 2 SF ED SF ED  ， 而 // , 2ED BC ED BC ，故 // ,SF BC SF BC ，故四边形 SFBC为平行四边形， 故 //BF SC，而 BF 平面 PCD， SC 平面 PCD， 所以 //BF 平面 PCD . （2） 因为 2ED  ，故 1AE  ，故 // , =AE BC AE BC， 故四边形 AECB为平行四边形，故 //CE AB，所以CE 平面 PAD， 而 ,PE ED 平面 PAD，故 ,CE PE CE ED  ，而 PE ED ， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则          0, 1,0 , 1, 1,0 , 1,0,0 , 0,2,0 , 0,0,2A B C D P  ， 则        0, 1, 2 , 1, 1, 2 , 1,0, 2 , 0,2, 2 ,PA PB PC PD              设平面PAB的法向量为  , ,m x y z ， 则由 0 0 m PA m PB         可得 2 0 2 0 y z x y z        ，取  0, 2,1m   ， 设平面PCD的法向量为  , ,n a b c ， 则由 0 0 n PC n PD         可得 2 0 2 2 0 a b b c      ，取  2,1,1n  ， 故 1 30cos , 305 6 m n       ， 故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为 30 30 16．(1)证明见解析 (2) 2 22 11 (3) 2 11 11 【分析】（1）取 1CB 中点 P，连接 NP，MP，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得 1N//D MP，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即 可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【解析】（1）取 1CB 中点 P，连接 NP，MP， 由N 是 1 1BC 的中点，故 1//NP CC ，且 1 1 2 NP CC ， 由M 是 1DD 的中点，故 1 1 1 1 1 2 2 DM DD CC  ，且 1 1//DM CC ， 则有 1 //D M NP、 1D M NP ， 故四边形 1DMPN 是平行四边形，故 1 //D N MP， 又MP 平面 1CB M ， 1D N 平面 1CB M ， 故 1 //D N 平面 1CB M ； （2）以A为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有  0,0,0A 、  2,0,0B 、  1 2,0,2B 、  0,1,1M 、  1,1,0C 、  1 1,1,2C ， 则有  1 1, 1,2CB    、  1,0,1CM    、  1 0,0,2BB   ， 设平面 1CB M 与平面 1 1BB CC 的法向量分别为  1 1 1, ,m x y z  、  2 2 2, ,n x y z  ， 则有 1 1 1 1 1 1 2 0 0 m CB x y z m CM x z               ， 1 2 2 2 1 2 2 0 2 0 n CB x y z n BB z             ， 分别取 1 2 1x x  ，则有 1 3y  、 1 1z  、 2 1y  ， 2 0z  ， 即  1,3,1m  、  1,1,0n  ， 则 1 3 2 22cos , 111 9 1 1 1 m nm n m n                ， 故平面 1CB M 与平面 1 1BB CC 的夹角余弦值为 2 22 11 ； （3）由  1 0,0,2BB   ，平面 1CB M 的法向量为  1,3,1m   ， 则有 1 2 2 11 111 9 1 BB m m         ， 即点 B到平面 1CB M 的距离为 2 11 11 . 17．(1)12π (2) π 4 【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形 POA 的边长，然后求圆锥的体积； （2）连接 , ,EA EO EC，可先证 BE 平面 ACE，根据线面角的定义得出所求角为BOE， 然后结合题目数量关系求解. 【解析】（1）正四棱锥满足且 PO 平面 ABCD，由 AO平面 ABCD，则 PO AO ， 又正四棱锥底面 ABCD是正方形，由 3 2AD 可得， 3AO  ， 故 2 2 4PO PA AO   ， 根据圆锥的定义， POA 绕PO旋转一周形成的几何体是以 PO为轴，AO为底面半径的圆锥， 即圆锥的高为 4PO  ，底面半径为 3AO  ， 根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 21 π 3 4 12π 3     （2）连接 , ,EA EO EC，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形， 由 E是 PB中点，则 ,AE PB CE PB  ，又 , ,AE CE E AE CE  平面 ACE， 故PB 平面 ACE，即 BE 平面 ACE，又 BD 平面 ACE O ， 于是直线 BD与平面 AEC所成角的大小即为BOE， 不妨设 6AP AD  ，则 3 2, 3BO BE  ， 3 2sin 23 2 BOE   ， 又线面角的范围是 π0, 2      ， 故 π 4 BOE  .即为所求.