第十一章 立体几何初步 阶段质量评价-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第四册配套练习word（人教B版）

[阶段质量评价]　　　　　　　　 第十一章　立体几何初步 A卷——基本知能盘查 (时间:120分钟　满分:150分) 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.下列正确的是 (　　) A.过球面上两点与球心有且只有一个平面 B.用一个平面去截圆锥,底面与截面之间的部分叫做圆台 C.底面是正多边形,侧棱与底面所成的角都相等的棱锥是正棱锥 D.有两个面平行且相似,其他各个面都是梯形的多面体是棱台 解析:选C　当球面上的两点恰好是直径的两个端点时,这三点共线,此时过这三点有无数个平面,故A错误;用一个平行于底面的平面截圆锥,底面与截面之间的部分叫做圆台,故B错误;根据正棱锥的定义:底面是正多边形,顶点在底面的射影是底面正多边形的中心.所以底面是正多边形且侧棱和底面成等角的棱锥是正棱锥,符合定义,故C正确;两个底面平行且相似,其余各面都是梯形的多面体中,侧棱延长不一定会相交于一点,所以不一定是棱台,故D错误.故选C. 2. 已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图为如图所示的三角形,其中AB=AC=2,则该平面图形的面积为 (　　) A. B.2 C.2 D.4 解析: 选D　作出原图形如图所示,则AB'=2,AC'=4,所以该平面图形的面积为·AB'·AC'=×2×4=4,故选D. 3.某广场设置了一些石凳供大家休息,如图,每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体,则下列结论不正确的是 (　　) A.该几何体的面是等边三角形或正方形 B.该几何体恰有12个面 C.该几何体恰有24条棱 D.该几何体恰有12个顶点 解析:选B　根据题图可得该几何体的面是等边三角形或正方形,A正确;该几何体恰有14个面,B不正确;该几何体恰有24条棱,C正确;该几何体恰有12个顶点,D正确.故选B. 4. 如图所示的粮仓可近似看作一个圆锥和圆台的组合体,且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1,圆锥与圆台的高分别为-1和3,则此组合体外接球的表面积是 (　　) A.16π B.20π C.24π D.28π 解析:选B　设外接球半径为R,球心为O,圆台较小底面圆的圆心为O1,则O+12=R2,而OO1=-1+3-R,故R2=1+(+2-R)2,解得R=.此组合体外接球的表面积S=4πR2=20π.故选B. 5. 如图,PA⊥平面ABC,∠ACB=90°,且PA=AC=BC=a,则异面直线PB与AC所成的角的正切值等于 (　　) A.2 B. C. D. 解析: 选B　如图,将此多面体补成一个正方体.∵AC∥BD,∴PB与AC所成的角的大小即为此正方体体对角线PB与棱BD所成角的大小.在Rt△PBD中,∠PDB=90°,PD=a,DB=a,∴tan∠DBP==. 6.圆台的上、下底面半径之比为1∶2,一条母线长度为2,这条母线与底面所成角等于30°,这个圆台的体积为 (　　) A.π B.π C.π D.7π 解析: 选D　如图,由题意得BD=2,AB=2CD,∠ABD=30°,过点D作DE⊥AB于点E,则DE=1,BE=.因为圆台的上、下底面半径之比为1∶2,所以CD=AE=BE=.则圆台上底面面积为()2π=3π,下底面面积为(2)2π=12π.故圆台的体积为(12π+3π+)×1=7π.故选D. 7.已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形.若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为 (　　) A. B. C. D. 解析: 选B　如图所示,P为正三角形A1B1C1的中心.设O为△ABC的中心,连接PO,OA,由题意得PO⊥平面ABC,则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角.在正三角形ABC中,AB=BC=AC=,则S=×()2=.=S×PO=,∴PO=.又AO=×=1, ∴tan∠PAO==.∴∠PAO=. 8. 如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是CC1,C1D1,DD1,CD,BC的中点,M在四边形EFGH边上及其内部运动,若MN∥平面A1BD,则点M轨迹的长度是 (　　) A.a B.a C.a D.a 解析:选D　因为在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是CC1,C1D1,DD1,CD的中点,N是BC的中点,则GH∥BA1,HN∥BD.又GH⊄平面A1BD,BA1⊂平面A1BD,所以GH∥平面A1BD.同理可得NH∥平面A1BD.又GH∩HN=H,所以平面A1BD∥平面GHN.因为点M在四边形EFGH边上及其内部运动,MN∥平面A1BD,所以点M一定在线段GH上运动才可满足条件.易得GH=a.故点M的轨迹长度是a.故选D. 二、多项选择题(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.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下面结论正确的是 (　　) A.BD∥平面CB1D1 B.AC1⊥BD C.平面ACC1A1⊥平面CB1D1 D.异面直线AD与CB1所成的角为60° 解析:选ABC　∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,∴BD∥B1D1, 由线面平行的判定可得BD∥平面CB1D1,故A正确;连接AC,∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,∴BD⊥AC,且CC1⊥BD,由线面垂直的判定可得BD⊥平面ACC1,∴BD⊥AC1,故B正确;由上可知BD⊥平面ACC1,又BD∥B1D1,∴B1D1⊥平面ACC1,则平面ACC1A1⊥平面CB1D1,故C正确;异面直线AD与CB1所成的角即为直线BC与CB1所成的角为45°,故D错误.故选A、B、C. 10.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中, 已知点G,H分别在A1B1,A1C1上,且GH经过△A1B1C1的重心,点E,F分别是AB,AC的中点,且B,C,G,H四点共面,则下列结论正确的是 (　　) A.EF∥GH B.GH∥平面A1EF C.= D.平面A1EF∥平面BCC1B1 解析:选ABC　对于A,因为平面A1B1C1∥平面ABC,平面A1B1C1∩平面BCHG=HG,平面ABC∩平面BCHG=BC,所以HG∥BC.因为E,F分别是AB,AC的中点,所以EF∥BC,=,所以EF∥GH,所以A正确. 对于B,由选项A可知EF∥GH,因为GH⊄平面A1EF,EF⊂平面A1EF,所以GH∥平面A1EF,所以B正确. 对于C,因为HG∥BC,B1C1∥BC,所以HG∥B1C1.因为GH经过△A1B1C1的重心,所以=.因为B1C1=BC,所以=.因为=,所以=,所以C正确. 对于D,因为FC=AC,AC=A1C1,所以FC=A1C1.因为FC∥A1C1,所以四边形A1FCC1为梯形,且A1F与CC1为腰,所以A1F与CC1必相交.因为A1F⊂平面A1EF,CC1⊂平面BCC1B1,所以平面A1EF与平面BCC1B1相交,所以D错误. 11.如图1,直线EF将矩形纸ABCD分为两个直角梯形ABFE和CDEF,将梯形CDEF沿边EF翻折,如图2,在翻折的过程中(平面ABFE和平面CDEF不重合),下面说法不正确的是 (　　) A.存在某一位置,使得CD∥平面ABFE B.存在某一位置,使得DE⊥平面ABFE C.在翻折的过程中,BF∥平面ADE恒成立 D.在翻折的过程中,BF⊥平面CDEF恒成立 解析:选ABD　因为四边形DEFC是梯形,DE∥CF,所以CD与EF相交,所以CD与平面ABFE相交,故A错误;因为四边形DEFC是梯形,DE⊥CD,所以DE与EF不垂直,所以不存在某一位置,使得DE⊥平面ABFE,故B错误;因为四边形ABFE是梯形,AE∥BF,BF⊄平面ADE,AE⊂平面ADE,所以在翻折的过程中,BF∥平面ADE恒成立,故C正确;因为四边形ABFE是梯形,AB⊥BF,所以BF与FE不垂直,在翻折的过程中,BF⊥平面CDEF不成立,故D错误.故选A、B、D. 三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上) 12.(5分)某圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形,则该圆柱一个底面的面积为　　　　.  解析:因为圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形,所以该圆柱的底面圆的周长为其侧面展开图正方形的边长2,该圆柱底面圆半径为.故该圆柱一个底面的面积S=πr2=π×=. 答案: 13.(5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8,则该圆锥的体积为　　　　.  解析:在Rt△SAB中,SA=SB,S△SAB=·SA2=8,解得SA=4.设圆锥的底面圆心为O,底面半径为r,高为h.在Rt△SAO中,∠SAO=30°,所以r=2,h=2.所以圆锥的体积为πr2·h=π×(2)2×2=8π. 答案:8π 14.(5分)已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切,且这个球的体积是π,那么这个三棱柱的侧面积为　　　　,体积是　　　　.  解析:设球的半径为r,则πr3=π,得r=2,柱体的高为2r=4.又正三棱柱的底面三角形的内切圆半径与球的半径相等,所以底面正三角形的边长为4.所以正三棱柱的侧面积S侧=3×4×4=48,体积V=×(4)2×4=48. 答案:48　48 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.(13分) 如图,四面体ABCD中,E是AB的中点,点F在BD上,EF∥平面ACD,平面CEF与平面ACD的交线为l,CB=CD,AD⊥BD,证明: (1)AD∥l;(6分) (2)平面BCD⊥平面CEF.(7分) 证明:(1)∵EF∥平面ACD,平面CEF∩平面ACD=l,EF⊂平面CEF,∴EF∥l. 又平面ABD∩平面ACD=AD,EF⊂平面ABD, ∴EF∥AD.∴AD∥l. (2)∵AD⊥BD,EF∥AD,∴EF⊥BD. ∵CB=CD,F是BD的中点,∴CF⊥BD. 又EF∩CF=F,EF,CF⊂平面EFC, ∴BD⊥平面EFC. ∵BD⊂平面BCD,∴平面EFC⊥平面BCD. 16.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,AD⊥DC,AB∥DC,AB=2AD=2CD=2,点E是PB的中点. (1)线段PA上是否存在一点G,使得点D,C,E,G共面,存在请证明,不存在请说明理由;(5分) (2)若PC=2,求三棱锥P-ACE的体积.(10分) 解: (1)存在PA的中点G满足条件.证明如下: 连接GE,GD,则GE是三角形PAB的中位线,所以GE∥AB.又由已知AB∥DC,所以GE∥DC.所以G,E,C,D四点共面. (2)因为E是PB的中点, 所以VP-ACE=VC-PAE=VC-PAB=VP-ACB. 由(1)知AC⊥BC,所以S△ABC=AC·BC=1.VP-CAB=PC·S△CAB=, 所以VP-ACE=. 17.(15分)如图,棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱AA1,CC1的中点,过E作平面α,使得α∥平面BDF. (1)作出α截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面,写出作图过程并说明理由;(7分) (2)求平面α与平面BDF的距离.(8分) 解: (1)连接B1D1,EB1,ED1, 由正方体性质可得BD∥B1D1,BF∥ED1. 又BF∩BD=B,所以平面EB1D1∥平面BDF. 因为α∥平面BDF,且E∈α, 所以平面EB1D1与平面α重合. 即三角形EB1D1就是α截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面. (2)由(1)可知平面α与平面BDF的距离等于点B1到平面BDF的距离.设点B1到平面BDF的距离为d.由题意可得BD=2,BF=DF=,所以△BDF的面积为,△BB1F的面积为2.由=可得S△BDF·d=×2,解得d=.所以平面α与平面BDF的距离为. 18.(17分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°, ∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点. (1)证明:EF⊥BC;(7分) (2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.(10分) 解:(1) 证明:连接A1E.因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以A1E⊥平面ABC,又BC⊂平面ABC, 则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.又A1E∩A1F=A1,A1E,A1F⊂平面A1EF,所以BC⊥平面A1EF.又EF⊂平面A1EF,因此EF⊥BC. (2)取BC的中点G,连接EG,GF,则四边形EGFA1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC,EG⊂平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.由(1)得BC⊥平面EGFA1,又BC⊂平面A1BC,则平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于点O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2,EG=.由于O为A1G的中点,故EO=OG==,所以cos∠EOG==.因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是. 19.(17分)将如图①的矩形ABMD沿CD翻折后构成一四棱锥M-ABCD(如图②),若在四棱锥M-ABCD中有MA=. (1)求证:AC⊥MD;(7分) (2)求四棱锥M-ABCD的体积.(10分) 解: (1)证明:如图,连接AC. 在△MAD中,MA=,MD=1,AD=2, 所以MA2+MD2=AD2,所以MD⊥MA.又因为MD⊥MC,MC∩AM=M,MC,AM⊂平面MAC,所以MD⊥平面MAC.AC⊂平面MAC,所以AC⊥MD. (2)取CD的中点F,连接MF. 在△ACD中,CD=AC=,AD=2, 所以AC2+CD2=AD2,所以AC⊥CD. 由(1)可知MD⊥平面MAC,所以AC⊥MD.所以AC⊥平面MCD.所以AC⊥MF.在△MCD中,MC=MD=1,所以MF⊥CD,MF=.CD∩AC=C,CD,AC⊂平面ABCD,所以MF⊥平面ABCD. 所以VM-ABCD=S四边形ABCD×MF=××=. B卷——高考能力达标 (时间:120分钟　满分:150分) 一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.棱锥的侧面和底面可以都是 (　　) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 解析:选A　三棱锥的侧面和底面均是三角形.故选A. 2.一条直线和这条直线之外不共线的三点所能确定的平面的个数是 (　　) A.1或3 B.1或4 C.3或4 D.1,3或4 解析:选D　直线之外不共线的三点记为A,B,C.当直线在A,B,C所确定的平面内时,它们只能够确定一个平面;当A,B,C三点中有两点与直线共面时,能确定的平面有3个;当A,B,C三点中没有两点与直线共面时,这样可确定的平面最多就可以达到4个.故选D. 3.若在棱长为1的正方体上,分别用过共顶点的三条棱中点的平面去截该正方体,则截去8个三棱锥后,剩下的凸多面体的体积是 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　易知V=1-8×××××=. 4.已知直线m,n是异面直线,则过直线n且与直线m垂直的平面 (　　) A.有且只有一个 B.至多有一个 C.有一个或无数多个 D.不存在 解析:选B　当异面直线互相垂直时满足条件的平面有1个,当异面直线互相不垂直时满足条件的平面有0个.故选B. 5.正六棱锥底面边长为a,体积为a3,则侧棱与底面所成的角为 (　　) A.30° B.45° C.60° D.75° 解析:选B　因为正六棱锥的底面边长为a,所以S底面积=6×a2=a2,又体积为a3,所以棱锥的高h=a,所以侧棱长为a,所以侧棱与底面所成的角为45°.故选B. 6.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是A1B1,AB的中点,P点在线段B1C上,则NP与平面C1AM的位置关系是 (　　) A.垂直 B.平行 C.相交但不垂直 D.要依P点的位置而定 解析:选B　连接B1N,MN,CN(图略). 因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是A1B1,AB的中点,所以MN􀰿B1B,又B1B􀰿C1C,所以四边形MC1CN为平行四边形,所以C1M∥NC.因为C1M⊄平面NCB1内,NC⊂平面NCB1,所以C1M∥平面NCB1. 同理可得AM∥平面NCB1. 又因为C1M∩AM=M,AM⊂平面C1AM,C1M⊂平面C1AM,所以平面C1AM∥平面NCB1.又因为P点在线段B1C上,所以NP∥平面C1AM.故选B. 7.在正四棱锥P-ABCD中,PA=2,直线PA与平面ABCD所成角为60°,E为PC的中点,则异面直线PA与BE所成角为 (　　) A.90° B.60° C.45° D.30° 解析: 选C　如图,连接AC,BD交于点O,连接OE,OP,BE. 因为E为PC的中点, 所以OE∥PA, 所以∠OEB即为异面直线PA与BE所成的角. 因为四棱锥P-ABCD为正四棱锥, 所以PO⊥平面ABCD, 所以AO为PA在平面ABCD内的射影,所以∠PAO即为PA与平面ABCD所成的角,即∠PAO=60°. 因为PA=2,所以OA=OB=1,OE=1. 所以在Rt△EOB中,∠OEB=45°,即异面直线PA与BE所成的角为45°.故选C. 8.如图,等边三角形ABC的边长为4,M,N分别为AB,AC的中点,沿MN将△AMN折起,使得平面AMN与平面MNCB所成的二面角为30°,则四棱锥A-MNCB的体积为 (　　) A. B. C. D.3 解析:选A　 如图,作出二面角A-MN-B的平面角∠AED,AO为△AED底边ED上的高,也是四棱锥A-MNCB的高.由题意,得ED=,AO=,S四边形MNCB=×(2+4)×=3,V=××3=. 二、多项选择题(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.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,O是DB的中点,直线A1C交平面C1BD于点M,则下列结论正确的是 (　　) A.C1,M,O三点共线 B.C1,M,O,C四点共面 C.C1,O,A1,M四点共面 D.D1,D,O,M四点共面 解析:选ABC　连接A1C1,AC(图略),则AC∩BD=O,又A1C∩平面C1BD=M,所以三点C1,M,O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上,所以C1,M,O三点共线,所以选项A、B、C均正确,选项D错误. 10.如图,在四面体PABC中,AB=AC,PB=PC,D,E,F分别是棱AB,BC,CA的中点,则下列结论中成立的是 (　　) A.BC∥平面PDF B.DF⊥平面PAE C.平面PDF⊥平面PAE D.平面PDF⊥平面ABC 解析:选ABC　因为D,F分别为AB,AC的中点,则DF为△ABC的中位线,所以BC∥DF,依据线面平行的判定定理,可知BC∥平面PDF,A成立; 又E为BC的中点,且PB=PC,AB=AC,则BC⊥PE,BC⊥AE,依据线面垂直的判定定理,可知BC⊥平面PAE.因为BC∥DF,所以DF⊥平面PAE,B成立; 又DF⊂平面PDF,则平面PDF⊥平面PAE,C成立; 要使平面PDF⊥平面ABC,已知AE⊥DF,则必须有AE⊥PD或AE⊥PF,由条件知此垂直关系不一定成立,D错误.故选A、B、C. 11.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,D,E分别是棱BC,AB的中点,点F在棱CC1上,AB=BC=CA=CF=2,AA1=3,则下列说法正确的是 (　　) A.设平面ADF与平面BEC1的交线为l,则直线EC1与l相交 B.在棱A1C1上存在点N,使得三棱锥N-ADF的体积为 C.设点M在BB1上,当BM=1时,平面CAM⊥平面ADF D.在棱A1B1上存在点P,使得C1P⊥AF 解析:选BC　连接CE交AD于点O,则O为△ABC的重心,连接OF.由已知得OF∥EC1,则EC1∥l,故A错误;若在A1C1上存在点N,则VN-ADF=VD-AFN,当N与C1重合时,VD-AFN取最小值为,故B正确;当BM=1时,可证得△CBM≌△FCD,则∠BCM+∠CDF=90°,即CM⊥DF.又∵AD⊥平面CBB1C1,CM⊂平面CBB1C1,∴AD⊥CM.∵DF∩AD=D,∴CM⊥平面ADF.∵CM⊂平面CAM,∴平面CAM⊥平面ADF,故C正确;过C1作C1G∥FA交AA1于点G.若在A1B1上存在点P,使得C1P⊥AF,则C1P⊥C1G.又∵C1P⊥GA1,C1G∩GA1=G,∴C1P⊥平面A1C1G.∵A1C1⊂平面A1GC1,∴C1P⊥A1C1,矛盾,故D错误.故选B、C. 三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上) 12.(5分)如果用半径R=2的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒,那么这个圆锥筒的高是　　　　.  解析:设圆锥筒的底面半径为r,则2πr=πR=2π,则r=,所以圆锥筒的高h= = =3. 答案:3 13.(5分)在三棱锥P -ABC中,PA=PB=PC=BC,且∠BAC=90°,则PA与底面ABC所成的角为　　　　.  解析: PA=PB=PC,则P点在底面ABC的射影落在Rt△ABC的斜边BC上,即为BC的中点.设BC的中点为D,如图,连接PD,AD,所以PA与底面ABC所成的角为∠PAD.在等边三角形PBC中,设PB=1,则PD=,在直角三角形ABC中,AD=BC=,则有AD2+PD2=PA2,所以三角形PAD为直角三角形,又tan∠PAD==,所以∠PAD=60°,即PA与底面ABC所成的角为60°. 答案:60° 14.(5分)现有一副斜边长为10的直角三角板,将它们斜边AB重合,若将其中一个三角板沿斜边折起形成三棱锥A-BCD,如图所示,已知∠DAB=,∠BAC=,则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为　　　　;该三棱锥体积的最大值为　　　　.  解析:由题意,∠ADB=∠ACB=, 又∠DAB=,∠BAC=,AB=10, ∴AD=5,BD=5,AC=BC=5. ∵∠ADB=∠ACB=,∴三棱锥A-BCD的外接球的直径为AB,则球的半径为5, 故球的表面积为S=4π×52=100π; 当点C到平面ABD的距离最大时,三棱锥A-BCD的体积最大,此时平面ABC⊥平面ABD,且点C到平面ABD的距离d=5, ∴VA-BCD=VC-ABD=S△ABD·d=××5×5×5=. 答案:100π　 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.(13分)如图,在四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°. (1)证明:直线BC∥平面PAD;(5分) (2)若△PCD面积为2,求四棱锥P-ABCD的体积.(8分) 解:(1)证明:因为底面ABCD中, ∠BAD=∠ABC=90°, 所以BC∥AD. 又AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD, 所以BC∥平面PAD. (2) 取AD的中点M,连接PM,CM.由AB=BC=AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形,则CM⊥AD.因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PM⊂平面PAD, 所以PM⊥AD,PM⊥底面ABCD. 因为CM⊂底面ABCD,所以PM⊥CM. 设BC=x,则CM=x,CD=x,PM=x,PC=PD=2x.取CD的中点N, 连接PN,则PN⊥CD, 所以PN=x. 因为△PCD的面积为2, 所以×x×x=2, 解得x=-2(舍去),x=2. 于是AB=BC=2,AD=4,PM=2. 所以四棱锥P-ABCD的体积 V=××2=4. 16. (15分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥平面PAC,∠APC=90°,E是AB的中点,M是CE的中点,N在PB上,且PB=4PN. 求证:(1)平面PCE⊥平面PAB;(7分) (2)MN∥平面PAC.(8分) 证明:(1)因为AB⊥平面PAC, 所以AB⊥PC. 又∠APC=90°,所以AP⊥PC. 因为AB∩AP=A,所以PC⊥平面PAB. 因为PC⊂平面PCE, 所以平面PCE⊥平面PAB. (2)取AE的中点Q,连接QN,QM. 在△AEC中,因为M是CE的中点,所以QM∥AC. 又PB=4PN,AB=4AQ, 所以QN∥AP. 又QM∩QN=Q,AC∩AP=A, 所以平面QMN∥平面PAC. 又MN⊂平面QMN, 所以MN∥平面PAC. 17.(15分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.　 求证:(1)直线DE∥平面A1C1F;(5分) (2)平面B1DE⊥平面A1C1F.(10分) 证明:(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC∥A1C1, 在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点, 所以DE∥AC,于是DE∥A1C1, 又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F, 所以直线DE∥平面A1C1F. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面A1B1C1, 因为A1C1⊂平面A1B1C1,所以AA1⊥A1C1, 又因为A1C1⊥A1B1,A1B1∩AA1=A1,AA1⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1, 所以A1C1⊥平面ABB1A1, 因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D. 又因为B1D⊥A1F,A1C1∩A1F=A1,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F, 所以B1D⊥平面A1C1F, 因为直线B1D⊂平面B1DE, 所以平面B1DE⊥平面A1C1F. 18.(17分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB∥CD,AB=BC=CC1=2CD,E为线段AB的中点,F是线段DD1上的动点. (1)求证:EF∥平面BCC1B1;(7分) (2)若∠BCD=∠C1CD=60°,且平面D1C1CD⊥平面ABCD,求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值.(10分) 解:(1) 证明:如图,连接DE,D1E. ∵AB∥CD,AB=2CD,E是AB的中点, ∴BE∥CD,BE=CD. ∴四边形BCDE是平行四边形.∴DE∥BC. 又DE⊄平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1, ∴DE∥平面BCC1B1. ∵DD1∥CC1,DD1⊄平面BCC1B1,CC1⊂平面BCC1B1, ∴D1D∥平面BCC1B1. 又D1D∩DE=D,DE⊂平面DED1,D1D⊂平面DED1, ∴平面DED1∥平面BCC1B1. ∵EF⊂平面DED1,∴EF∥平面BCC1B1. (2)如图,连接BD. 设CD=1,则AB=BC=CC1=2. ∵∠BCD=60°, ∴BD==. ∴CD2+BD2=BC2,∴BD⊥CD. 同理可得C1D⊥CD. ∵平面D1C1CD⊥平面ABCD,平面D1C1CD∩平面ABCD=CD,C1D⊂平面D1C1CD, ∴C1D⊥平面ABCD. ∵BC⊂平面ABCD,∴C1D⊥BC. ∴C1D⊥B1C1. 在平面ABCD中,过点D作DH⊥BC,垂足为H,连接C1H,如图. ∵C1D∩DH=D,∴BC⊥平面C1DH. ∵C1H⊂平面C1DH,∴BC⊥C1H. ∴B1C1⊥C1H. ∴∠DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角.∵在Rt△C1CD中,C1D=, 在Rt△BCD中,DH=CD·sin 60°=, ∴在Rt△C1DH中,C1H==. ∴cos∠DC1H==. ∴平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角(锐角)的余弦值为. 19.(17分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,M为棱AC的中点,AB=BC,AC=2,AA1=. (1)求证:B1C∥平面A1BM;(4分) (2)求证:AC1⊥平面A1BM;(6分) (3)在棱BB1上是否存在点N,使得平面AC1N⊥平面AA1C1C?如果存在,求此时的值;如果不存在,请说明理由.(7分) 解:(1)证明: 连接AB1交A1B于O,连接OM. 在△B1AC中,因为M,O分别为AC,AB1的中点, 所以OM∥B1C. 又OM⊂平面A1BM,B1C⊄平面A1BM, 所以B1C∥平面A1BM. (2)证明:因为侧棱AA1⊥底面ABC,BM⊂平面ABC, 所以AA1⊥BM. 因为M为棱AC的中点,AB=BC, 所以BM⊥AC.又AA1∩AC=A, 所以BM⊥平面ACC1A1.所以BM⊥AC1. 因为M为棱AC的中点,AC=2, 所以AM=1.又AA1=, 所以在Rt△ACC1和Rt△A1AM中, tan∠AC1C=tan∠A1MA=. 所以∠AC1C=∠A1MA. 所以∠AC1C+∠C1AC=∠A1MA+∠C1AC=90°. 所以A1M⊥AC1. 因为BM∩A1M=M, 所以AC1⊥平面A1BM. (3)存在点N,且当点N为BB1的中点,即=时,平面AC1N⊥平面AA1C1C. 设AC1的中点为D,连接DM,DN. 因为D,M分别为AC1,AC的中点, 所以DM∥CC1,且DM=CC1. 又N为BB1的中点, 所以DM∥BN,且DM=BN.所以四边形DMBN是平行四边形.所以BM∥DN. 因为BM⊥平面ACC1A1, 所以DN⊥平面ACC1A1. 又DN⊂平面AC1N, 所以平面AC1N⊥平面ACC1A1. 学科网（北京）股份有限公司 $