(16)空间直线、平面的平行与垂直-【衡水金卷·先享题】2026年高考数学一轮复习周测卷（A）

高三一轮复习周测卷/数学 (十六)空间直线、平面的平行与垂直 (考试时间120分钟，满分150分)》 一、选择题（本大题共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.设1为直线，a为平面，则1La的必要不充分条件是 A.直线l与平面α内的一条直线垂直 B.直线l与平面α内任意直线都垂直 C.直线1与平面α内两条相交直线垂直 D.直线l与平面α的一条垂线垂直 2.在以下四图中，直线a与直线b可能平行的是 B 4.b a A. B D. 3.如图，EA⊥平面ABC,DC∥EA,且EA=2,DC=1,F是EB的中点，则 A.DF∥BC B.DF∥AC C.DF∥平面ABC D.平面DEF∥平面ABC 4.如图，在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD,PA=AB,E为线段PB 的中点，F为线段BC上的动点，则 A.F为线段BC的中点时，BC⊥平面AEF B.只有F在B点位置时，平面AEF⊥平面PBC C.平面AEF与平面PBC的夹角随着F点的位置变化而变化 D.F为线段BC上的动点时，始终有平面AEF⊥平面PBC 5.已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为52√3，AB=6√3，AB1=2√3，则A1A与平面ABC所成 角的正切值为 A司 B.1 C.2 D.3 6.刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等 于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制）. 例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为罗，则其各个顶点的曲率均为2π一3× 3 =元.若正四棱锥S一ABCD的侧面与底面所成角的正切值为√2，则四棱锥S一ABCD在顶点S 处的曲率为 A.元 B c D. 数学第1页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 7.在三棱柱ABC一AB1C,中，点D在棱BB1上，且BB1=4BD,点M为A,C1的中点，点N在棱 BB,上，若MN/平面ADG则说 A.2 B.3 C.4 D.5 8.刍甍是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造 型之美.如图，某屋顶可视为五面体ABCDEF,四边形ABFE和CDEF是全等的等腰梯形， △ADE和△BCF是全等的等腰三角形.若AB=25m,BC=AD=10m,且等腰梯形所在的面、 等腰三角形所在的面与底面所成火角的正切值均为。若为这个模型的轮廓（即所有的棱）安 装灯带（不计损耗），则所需灯带的长度为 A.102m B.112m C.117m D.125m 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9.已知直线m和平面a,3,则 A.若a∥B,m⊥a,则m⊥3 B.若a⊥B,m⊥a,则m∥3 C.若m⊥a,m∥B,则a⊥B D.若m∥a,m∥B,则a∥3 10.如图，正方体ABCD一A1BC1D1中，顶点A在平面a内，其余顶点在a的同侧，AC,BD的交点 为O,顶点B,C到α的距离分别为1,2，则 A.BC∥平面a B.O到平面a的距离为1 C.平面A1AC⊥平面a D.C,A1在平面a的投影E,F与A共线 /a 11.如图，在边长为4的正△ABC中，E为边AB的中点，过点E作ED⊥AC,垂足为D.把△ADE 沿DE翻折至△A1DE的位置，连接AC,A1B.在翻折过程中，以下结论正确的是 A.ED⊥A,C B.∠ADC是二面角A1一DE-B的平面角 C C.存在某个位置，使AE⊥BE D.直线BA,与平面ABC所成角的正弦值的最大值为2一√3 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 11 答案 三一轮复习周测卷十六 数学第2页（共4页） 囚 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12.在直三棱柱ABC-ABC1中，E为CC1的中点，AB=AC=3,BC=4,AA1=2,则直线AE与 BC1所成角的大小为 ;点A到平面BBCC的距离为 .(本题第一空2分，第 二空3分) 13.如图，已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD,∠ABC=60°，E是BC 的中点设AB=1,若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正弦值为西，则 PA= 14.在直四棱柱ABCD-ABCD中，底面ABCD是菱形，边长为2∠BAD=号，侧棱长AA 2√5，点F为四边形DCC1D1内的动点，若AF=√7，则点F的轨迹长为 四、解答题（本大题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分) 如图，在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E,F分别为PC,BD的中点. (1)求证：EF∥平面PAD; (2)《九章算术》是我国古代数学专著，书中将有一条侧棱垂直于底面，且底面为矩形的四棱锥 称之为“阳马”.若PA⊥AD,ABL平面PAD,试判断四棱锥P一ABCD是否为阳马？ (3)在(2)的条件下，证明：EF⊥平面ABCD. E D 16.(本小题满分15分) 如图，已知PA⊥平面ABC,ABLAC,PA=AB=3,AC=4,M为BC的中点，过点M分别作平 行于平面PAB的直线交AC,PC于点E,F (1)求直线PM与平面ABC所成角的正切值； (2)证明：平面MEF∥平面PAB,并求直线ME到平面PAB的距离. 数学第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 17.(本小题满分15分) 如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的菱形，且∠ABC=60°，侧面PAB是正三角形，M 是PD上一动点，N是CD的中点. (1)若PC∥平面BMN,求证：M是PD的中点； (2)若平面PAB⊥平面ABCD,求线段PC的长； (3)是香存在点M,使得PCL BM?若存在，求出的值：若不存在，请说明理由。 18.(本小题满分17分) 如图，三棱柱ABC-AB,C,中，AB=2,且△ABC与△ABA1均为等腰直角三角形，∠ACB= ∠AAB= (1)若△ABC为等边三角形，证明：平面AA1B⊥平面ABC; A (2)若二面角A一AB-C的平面角为5，求以下各值： C ①求点B1到平面A1CB的距离； ②求平面BAC与平面A1CB夹角的余弦值， 19.(本小题满分17分) 如图，已知四面体ABCD中，AB⊥平面BCD,BC⊥CD. (1)求证：ACLCD; (2)若在此四面体中任取两条棱作为一组((a,b)和(b,a)视为同一组)，则它们互相垂直的组数 记为a1;任取两个面作为一组((a,3)和(3，a)视为同一组)，则它们互相垂直的组数记为a2;任 取一个面和不在此面上的一条棱作为一组((a,a)和(a,a)视为同一组)，则它们互相垂直的组 数记为a3,试求a1十a2十a3的值； (3)若CD=1,AB=BC=1,有一根彩带经过平面ABC与平面ACD,且彩带的两个端点分别固 定在点B和点D处，求彩带的最小长度. 三一轮复习周测卷十六 数学第4页（共4页） 囚高三一轮复习A ·数学· 高三一轮复习周测卷/数学（十六） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I.抽象概括能力Ⅱ，推理论证能力Ⅲ，运算求解能力Ⅳ，空间想象能力V,数据处理能力 Ⅵ.应用意识和创新意识 2.学科素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模 ④直观想象 ⑤数学运算⑥数据分析 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 分 值 (主题内容) ① ②③④ ⑤⑥ 档次 系数 充分必要条件、垂直 1 选择题 5 / 易 0.90 关系判断 2 选择题 5 平行直线的判定 易 0.85 3 选择题 5 线面平行，线线平行 易 0.78 线面垂直，面面垂 直，面面角，动平面 4 选择题 易 0.75 与一个平面垂直的 证明 选择题 线面角、台体体积 中 0.70 立体几何新定义， 6 选择题 中 0.60 曲率 面面平行证明线线 选择题 中 0.55 平行 8 选择题 5 两平面夹角的应用 中 0.40 线面关系、面面关系 9 选择题 6 有关命题的判断 V 易 0.75 点面距离、线面平 10 选择题 6 中 0.55 行、面面垂直 11 线线垂直，二面角， 选择题 6 中 0.40 线面角 求点面距离、求异面 12 填空题 V 易 0.85 直线所成的角 由线面角的大小求 13 填空题 中 0.60 长度 立体几何中的轨迹 14 填空题 5 0.30 问题 线面平行、证明线面 15 解答题 13 易 0.80 垂直 6 解答题 15 面面平行、求线面角 中 0.70 ·95· ·数学· 参考答案及解析 面面垂直、线面平行 17 解答题 15 中 0.60 的性质 点面距离、求两平面 18 解答题 17 的夹角、证明面面 / 中 0.40 垂直 空间中的垂直关系、 19 解答题 17 展开图中的最值 难 0.18 问题 香考答案及解析 一、选择题 1.A【解析】对于A:直线l与平面α内的一条直线垂 又由题意得DC上EA,DCLFG,四边形 直不能推出l⊥a,若⊥a,则a内任意一条直线都与l CDFG是平行四边形，∴.DF∥CG,则A,B错误；：CG 垂直，可得直线（与平面α内的直线垂直，直线（与平 C平面ABC,DF丈平面ABC,.DF∥平面ABC,则 面a内的一条直线垂直是l⊥a的必要不充分条件，A C正确：点B∈平面ABC,点B∈平面DEF,则平面 选项正确；对于B:直线（与平面α内任意直线都垂 DEF与平面ABC相交，则D错误.故选C. 直，l垂直a内两条相交直线，可得出lLa,若l⊥a,则 4.D【解析】A选项中，BC与AF不垂直，∴.BC⊥平 a内任意一条直线都与l垂直，所以直线l与平面α 面AEF不成立，A错误；PA⊥底面ABCD,BCC 平面ABCD,.PA⊥BC 内任意直线都垂直是l⊥α的充要条件，B选项错误； 对于C:直线l与平面α内两条相交直线垂直，则l⊥ a,若⊥a,则a内任意一条直线都与l垂直，直线l与 平面α内两条相交直线垂直，所以直线l与平面a内 E 两条相交直线垂直是l⊥α的充要条件，C选项错误； 对于D:直线l与平面a的一条垂线垂直，则l∥a或l D 在平面a内，所以直线l与平面α的一条垂线垂直是 l⊥α的既不充分也不必要条件，D选项错误.故选A. 又底面ABCD为正方形，∴AB⊥BC,而PA∩AB= 2.C【解析】选项A中，平面α，β内的两直线异面，则 A,PA,ABC平面PAB,∴BC⊥平面PAB.:AEC a与b异面；选项B中，平面a,3内的两直线异面，则 平面PAB,∴.BC⊥AE.PA=AB,E为PB的中点， a与b异面：选项C中，平面a,B内的两直线相交，两 ∴.AE⊥PB.而PB∩BC=B,PB,BCC平面PBC, 相交直线能确定一个平面，则a与b有可能平行；选 AE⊥平面PBC.AEC平面AEF,∴.平面AEF⊥平 项D中，平面a,3内的两直线异面，则a与b异面.故 面PBC,所以D正确，B,C错误.故选D 选C. 5.B【解析】将正三棱台ABC-ABC1补成正三棱 3.C【解析】如图，取AB的中点G,连接CG,FG.,F 锥P-ABC, 是EB的中点，FGL号AE B D 则A,A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所 ·96· 高三一轮复习A ·数学· 成角因为浩一是=分则， VP-AI BICL MP∥AC,又MP平面ADC,ACC平面ADC1, 27,可知 所以MP∥平面ADC,连接PN,因为MN∥平面 VABC-A BIC= 2V,m=62,则V。-c=54万， ADC,MN∩MP=M,MN,MPC平面MNP,所以 平面MNP∥平面ADC,又平面MNP∩平面 设正三棱锥P-ABC的高为d,则V,-版=子dX2 1 ABBA1=PN,平面ADC∩平面ABBA1=AD,所 以PN∥AD,又AA1∥BB,所以四边形ADNP是平 ×65×65×5=54V3,解得d=6,取底面ABC 行四边形，所以DN=AP=合BB,所以B,N十BD 的中心为0，则P01底面ABC,且A0=号×号× =B,B,又B=BD,所以BV=BD,所以BN 65=6,所以PA与平面ABC所成角的正切值 tan∠PAO= %-1.故选B =3B八，所以没-8放选B 8.C【解析】根据题意及对称性可知底面四边形AB 6.D【解析】如图，连接AC,BD,设AC∩BD=O,连接 CD为矩形，设E,F在底面矩形的投影点分别为M, SO,则SO⊥平面ABCD,取BC的中点M,连接 N,设AD与BC的中点分别为P,Q,则M,N在线段 OM,SM, PQ上，如图，过M,N分别作AB的垂线，垂足分别 为G,H,连接GE,HF,EP,FQ,:EM⊥平面AB CD,又MG⊥AB,则∠EGM为等腰梯形所在的面与 底面所成夹角，同理可知∠FHN为等腰梯形所在的 面与底面所成夹角，∠FQN,∠EPM为等腰三角形 所在的面与底面所成夹角，则tan∠EPM= tan∠EGM=tan∠FHN=an∠FQN=/,又 5 4 则由正四棱锥的结构特征可知OM⊥BC,SM⊥BC, MG=NH=5,..EM=FN=14,..PM=QN=5, 所以∠SMO为侧面与底面所成的角，设AB=BC .EP=FQ=√/I4+25=√39，∴.MN=PQ-PM SO a,则OM=号，在Rt△sOM中，tan∠SM0= QN=AB-PM-QN=25-5-5=15,..EF=MN= 15,又△BCF是等腰三角形，Q是BC的中点，.BC √E,所以S0=2OM=2 a,又OB=2 a,所以SB= ⊥FQ,又BQ=5,FQ=√/39，.FB=√39+25=8， .ED=EA=FC=FB=8,.该多面体的所有棱长和 √SO+OB=a,所以正四棱锥S-ABCD的每个侧 为8×4十(25+10)×2+15=117，故所需灯带的长 面均为正三角形，所以顶点S的每个面角均为号，故 度为117m.故选C. 正四棱锥S一ABCD在顶点S处的曲率为2π一4X 晋-放选D 7.B【解析】依题意，作出图形如图所示： M H 二、选择题 9.AC【解析】对于A,a∥B,m⊥a,一定有m⊥B,A正 确；对于B,如图，在正方体中，平面ABCD⊥平面 ADD1A:,AA:⊥平面ABCD,但AA:C平面 ADDA1,B错误；对于C,m⊥a,m∥B,一定有a⊥B,C 正确；对于D,正方体中，BC1∥平面ABCD,B,C1∥ 设P为AA1的中点，因为M为AC的中点，所以 平面ADDA1,但平面ABCD与平面ADD1A:不平 ·97· ·数学· 参考答案及解析 行，D错误.故选AC ABcos∠BAH=x2+16-2x·4cos60°=x2-4x+ D 16,由AH⊥平面ABC,BHC平面ABC,得A,H⊥ BH,所以A1B=√/A1H+B平=√I6-2, sin∠A,BH=AH=2x=Z 2x-x2 AB √/16-2元 =N16-2x √(+6+)-√-(8-+刀 B 10.BCD【解析】对于A,因为B,C到a的距离分别为 028-+8≥2⑧-0=8v5, 1,2,显然不相等，所以BC不可能与平面α平行，因 当且仅当x=8-4√3时等号成立，所以sin∠A,BH 此选项A不正确；对于B,AC,BD的交点为O,显然 O是AC的中点，因为平面ABCD∩a=A,顶点C到 ×14-85)=√7-4=2-5，所以 ∠N a的距离为2，所以O到a的距离为1，因此选项B sin∠A,BH的最大值是2一√3，D正确.故选ABD. 正确；对于C,B到a的距离为1，O到a的距离为1， 因此BO∥a,即BD∥a,设平面ABCD∩a=l,所以 BD∥1，因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD,又因 为AA1⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以AA ⊥BD,因为AA∩AC=A,AA1,ACC平面AAC, 所以BD⊥平面A1AC,因此有1⊥平面AAC,而lC &,所以平面A1AC⊥平面a,因此选项C正确；对于 D,因为平面AAC∩平面a=A,所以令平面AAC ∩平面a=',A∈'，因为平面AAC⊥平面a,所以 三、填空题 C,A1在平面a的投影E,F与A共线，因此选项D 正确.故选BCD. 12.平6 【解析】取BC的中点D,连接DE,AD,因 11.ABD【解析】选项A,折叠过程中，始终有ED⊥ 为DE∥BC,可知∠AED(或其补角)即为直线AE CD,ED⊥AD,而CD∩AD=D,CD,ADC平面 与BC所成角， CAD,所以ED⊥平面CA1D,又ACC平面CAD, 所以ED⊥AC,A正确：选项B,根据二面角平面角 的定义，B正确：选项C,假设存在某个位置使得 AE⊥BE,连接CE,显然CE⊥BE,又A1E∩CE= E,A1E,CEC平面CA1E,所以BE⊥平面CA1E,又 CAC平面CAE,所以BE⊥CA,又ED⊥AC,BE ∩ED=E,BE,EDC平面ABC,所以CA1⊥平面 D ABC,这是不可能的，假设错误，C错误：选项D,折 叠过程中，始终有ED⊥平面CAD,A点轨迹是平 面CAD内以D为圆心，DA为半径的半圆弧 在△ADE中AD=5,AE=10,DE=√5，由余弦 AA1F,过A作AH⊥AC,垂足为H,由选项A的 定理可得cos∠AED-号，所以∠AED=票：图为 证明知平面ACA⊥平面ABC,因此AH⊥平面 ABC,∠A1BH是直线BA:与平面ABC所成角， △ABC为等腰三角形，则AD⊥BC,又因为BB:⊥ ∠ABH=信由已知AE=2,AD- 平面ABC,ADC平面ABC,则AD⊥BB,且BC∩ BB,=B,BC,BB,C平面BB,CC,可得AD⊥平面 AEcos60°=1，AF=2,设AH=x(0<x<2),则 BBCC,所以点A到平面BB1C1C的距离为AD AHP=FH·AH=(2-x)·x=2x-x2,A1H =√5. √(2-x),BH=AH十AB一2AH·13.1【解析】连接AC,四边形ABCD为菱形， ·98· 高三一轮复习A ·数学· ∠ABC=60,.△ABC是正三角形，E为BC的中 点，∴.AE⊥BC,又BC∥AD,.AE⊥AD,又PA⊥ 平面ABCD,.AE⊥PA. D1 点F的运动轨迹是以点E为圆心、半径为2的圆在 四边形DCCD,内部的QG,显然ED,=2X号=1， BQ-2,所以∠QEG=号，所以Q=号×2-要 由线面垂直的性质和判定，得AEL平面PAD, ∠EHA是EH与平面PAD所成的角，在 四、解答题 15.解：(1)连接AC, R△EAH中，AE=E AE ，tan∠EHA=A片，当 四边形ABCD是平行四边形，且F是BD的 ∠EHA最大时，tan∠EHA最大，则AH最小，即 中点， F是AC的中点， (2分) 当AH⊥PD时，sin∠EHA=压 ,tan∠EHA= 5 E为PC的中点， ∴.EF∥PA, 誓AH= (4分) 2,又AD=1,∠ADH=45,PA PAC平面PAD,EF寸平面PAD, =1. .EF∥平面PAD. (6分) 【解析】如图所示，过点A1作A1E⊥CD,垂 足为E,过点E作EE⊥CD, D-1 B (2):AB⊥平面PAD,AD,PAC平面PAD, ∴.AB⊥AD,AB⊥PA, .四边形ABCD为矩形， (8分) B 因为四棱柱ABCD一A1BCD是直四棱柱，所以 PA⊥AD,AB∩AD=A,AB,ADC平面ABCD, DD⊥平面ABCD,因为AEC平面 .PA⊥平面ABCD. A1B,CD,所以DD⊥AE,又因为AE⊥CD, ∴.四棱锥P-ABCD是阳马. (11分) (3)由(1)知EF∥PA,由(2)知PA⊥平面ABCD, DD∩CD1=D1,DD1C平面DCCD,DCC平 .EF⊥平面ABCD. (13分) 面DCCD,所以A1E⊥平面DCCD,因为直线 16.解：(1)连接AM, EFC平面DCCD1,所以AE⊥EF,因为∠BAD= 由于PA⊥平面ABC, 晋，AB=AD=2,AA=25,所以AE=2×E 所以∠PMA是直线PM与平面ABC所成的角， 2 (2分) √5，又因为A1F=√7，所以EF=√7一3=2，因为点 由于AMC平面ABC, F在侧面DCC:D,内，所以在平面直角坐标系中来 所以PA⊥AM, 研究点F轨迹的长度，如图所示： 因为AB⊥AC,AB=3,AC=4, ·99· ·数学· 参考答案及解析 所以BC=√AB+AC=√/32+4平=5， (4分) 又M为BC的中点， 所以AM=子BC=三， 所以tan∠PMA=AM=三=方： (7分) A 2 因为△PAB是正三角形， 则PF⊥AB, 且平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD =AB,PFC平面PAB, 可得PF⊥平面ABCD, (6分) M 由CFC平面ABCD, B (2)依题意可知，ME∥平面PAB,MF∥平面PAB, 可得PF⊥CF, 由于ME∩MF=M,ME,MFC平面MEF, 因为侧面PAB是正三角形， 所以平面MEF∥平面PAB. (10分) 则PF=√3. 因为PA⊥平面ABC,ACC平面ABC, 因为底面ABCD是菱形，且∠ABC=60°， 所以PA⊥AC, 可知△ABC是等边三角形， 由于AB⊥AC,PA∩AB=A,PA,ABC平面PAB, 则CF⊥AB且CF=√5， 所以AC⊥平面PAB, 所以PC=√6 (9分) 因为平面MEF∥平面PAB,平面MEF∩平面ABC (3)取PC的中点E,连接BE,AM =ME,平面PAB∩平面ABC=AB, 因为四棱锥P-ABCD的底面是菱形，侧面PAB是 所以ME∥AB, 正三角形， 因为M为BC的中点， 则PB=AB=BC,BE⊥PC. 所以E是AC的中点， (13分) 由(2)可得PF⊥AB,CF⊥AB, 又直线ME到平面PAB的距离等于E到平面PAB 且PF,CFC平面PCF,PF∩CF=F, 的距离， 所以AB⊥平面PCF, 所以直线ME到平面PAB的距离为EA=号AC-2. 由PCC平面PCF, 可得AB⊥PC (15分) 又因为AB∩BE-B,AB,BEC平面ABE, 17.解：(1)若PC∥平面BMN,且PCC平面PCD,平 所以PC⊥平面ABE. (12分) 面PCD∩平面BMN=MN, 过E作EM∥CD交PD于点M. 可得MN∥PC, (3分) 因为EM∥CD∥AB, 在△PCD中，点N是CD的中点， 所以点M是PD的中点. (4分) 所以点M∈平面ABEM. (2)如图，取AB的中点F,连接PF,CF,AC. 所以PC⊥平面ABEM, 因为BMC平面ABEM, 所以PC⊥BM, (14分) 因为E为PC的中点，EM∥CD, 所以PM=MD,即驰=1. "MD (15分) 18.解：(1)设AB的中点为E,连接CE,A1E,如图 所示， ·100· 高三一轮复习A ·数学· 则S△A,x= 2AB·BC·sn∠AB-,9分) 设点B,到平面ACB的距离为d, 1 由Vc-A1鹏=Vg,-4e=3·SAA·d, 可得d=2②红 7 即点B,到平面ACB的距离为2② 7 (10分) 因为△ABC与△ABA均为等腰直角三角形， ∠ACB=∠AAB=F, 故BC=AB=AB·cos45°=√2，CE⊥AB,且CE C 合AD=1,AE=AB=1 (1分) 因为△ABC为等边三角形， 故A1C=BC=√E, 故A1C2=CE+AE, 即CE⊥AE, (3分) ②由①知，AB⊥平面CEA, 又AB,AEC平面AAB,AE∩AB=E, 而AB∥AB:, 故CE⊥平面AAB, 故AB⊥平面CEA:, 且CEC平面ABC, 且ACC平面CEA1, 故平面AA1B⊥平面ABC. (5分) 故AB⊥AC, (2)①由(1)知，CE⊥AB,AE⊥AB,且平面AAB 则BC=√A1B+A1C=√5， ∩平面ABC=AB, 设A1C和B1C的中点分别为M,V,连接MN, 故∠CEA:即二面角A一AB一C的平面角，即 BN,BM, ∠CEA=吾 (6分) 则MN∥AB,MN=2AB=1,MN⊥AC 故△CEA:为等边三角形，则CA1=CE=A1E=1, 因为CE⊥AB,AE⊥AB,AE∩CE=E,且CE, AEC平面CEA, 所以AB⊥平面CEA:, 设线段AE的中点为F,连接CF, 则CF⊥AE,AB⊥CF, 又AB,AEC平面ABBA,AB∩AE=E, 所以CF⊥平面ABBA, 又在△CEA,中易知CF= 又因为BC=AB=√2，故BM⊥AC,且MNC平面 2 A1B,C,BMC平面A,BC, 所以Vc-A哪1=3 ·CF,SaA, 故∠BMN即二面角B1-AC-B的平面角， (13分) =×号××2x1= 6 (8分) 又在△ABC中，由A1C=1,BC=AB=√2， 且BM=VC-7-VBc-(合A,C)-, 则os∠ABC=BC+AP-AC- 因为BB,=AA=√2=BC, 3 2BC·A1B 4 故BN⊥BC, sin∠A,BC=F 4 则BN=VBc-CN-Vc-(合Bc可-9. ·101· ·数学· 参考答案及解析 所以cOS∠BMN=BM+MN2-BN 由AB⊥平面BCD,CD⊥平面ABC,且其余各线面 2BM·MN 均不垂直，可得a3=2, (10分) 1是-2 综上所述：a1十a2十a=10. (11分) 2x号 7 (3)将平面ABC与平面ACD沿AC展开成如图2 所示的平面图形，连接BD, 故平面B,A,C与平面A:CB夹角的余弦值为2 所以彩带的最小长度为图2平面图中BD的长， 7 (12分) (17分) 19.解：(1)因为AB⊥平面BCD,BC,BD,CDC平面BCD, 则AB⊥BC,AB⊥BD,AB⊥CD, 又BC⊥CD,AB∩BC=B,AB,BCC平面ABC, 所以CD⊥平面ABC, 因为ACC平面ABC, C 所以AC⊥CD. (4分) 图1 图2 (2)由(1)可知：AB⊥BC,AB⊥BD,AB⊥CD,AC 由(1)知∠ACD=90°， ⊥CD, 在图1中，因为AB⊥平面BCD,BCC平面BCD, 且CD⊥平面ABC,BCC平面ABC, 所以AB⊥BC, 则CD⊥BC, 又因为AB=BC=CD=1, 且其余各棱均不垂直，可得a1=5; (6分) 所以∠ACB=45°， (13分) 由AB⊥平面BCD,且ABC平面ABC,ABC平 故在图2中，∠BCD=135, 面ABD, 所以在图2中，在△BCD中，由余弦定理得BD 可得平面ABC⊥平面BCD,平面ABD⊥平 =VBC+CD-2BC·CDcos∠BCD 面BCD, 同理，由CD⊥平面ABC可得平面ACD⊥平 1+1-2x(-号）=2+WE, 面ABC, 所以彩带的最小长度为√2十√2， (17分) 且其余各面均不垂直，可得a2=3; (9分) ·102·