山西太原市山西大学附属中学校2026年高一数学暑假作业模块六立体几何

**基本信息** 以立体几何知识体系为核心，通过分层训练实现从概念梳理到综合应用的逻辑递进，强化空间观念与推理能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识梳理|7个知识点|概念清单式梳理|从几何体结构到度量，再到位置关系及空间角距离，形成完整知识链| |基础巩固|15题|选择、填空、解答结合，侧重平行垂直判定与性质|以正方体、三棱锥为载体，强化线面关系转化| |综合应用|12题|含翻折、轨迹、外接球等综合题|深化空间角距离计算，体现几何直观与逻辑推理| |回顾反思|9题|精选月考及周回顾题|关联旧知，突出易错点与高频考点的巩固|

山大附中高一数学暑假作业 模块六 立体几何 第一部分：知识梳理 知识点 1.空间几何体的结构特征 1、多面体的结构特征 2、特殊的棱柱和棱锥 3、旋转体的结构特征 4、空间几何体的直观图 （1）画法：常用斜二测画法． （2）规则： （3）直观图与原图形面积的关系 知识点2.空间几何体的表面积和体积 1、空间几何体的表面积和体积公式 2、柱体、锥体、台体侧面积间的关系 知识点3.点、直线、平面之间的位置关系 知识点4.直线、平面平行的判定与性质 1、 直线与平面平行 2、平面与平面平行 3、平行关系之间的转化 知识点5.直线、平面垂直的判定与性质 1、直线与平面垂直 2、平面与平面垂直 3、垂直关系之间的转化 知识点6.空间角的范围和几何求法 知识点7.空间角距离的求法 第二部分：基础巩固 一、单选题（共6小题） 1．设m，n是两条不同的直线，，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 2．下列说法错误的是（   ） A．经过同一直线上的3个点的平面有无数个 B．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面 C．若是两条直线，是两个平面，且，则是异面直线 D．若直线不平行于平面，且，则内不存在与平行的直线 3．在长方体中，为的中点，在中，，，，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．在空间四边形ABCD中，分别是AB，CD的中点，，则异面直线AD与BC所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 5．在棱长为1的正方体中，分别为的中点，则点为正方形内一点，当平面时，的最小值为（    ） A． B． C． D． 6．如图，是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆周上不与点重合的点，于，于，则下列结论不正确的是（    ） A．平面平面 B．平面 C．平面 D．平面平面 二、多选题（共2小题） 7．在正方体中，下列选项中，正确的是（    ） A． B．与所成的角为 C．二面角 的平面角为 D．与平面所成的角为 8．如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（    ） A． B． C．与成60°角 D．与是异面直线 三、填空题（共4小题） 9．如图，在直三棱柱中，为棱的中点．，，．，使得平面平面，则 = ． 10．在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，，则直线与平面所成角的余弦值为 ． 11．在直三棱柱中，若，则直线到平面的距离为 .. 12．在棱长为的正方体中，点、分别是棱、的中点，是侧面上的动点，且平面，则点的轨迹长为 . 四、解答题（共3小题） 13．如图，已知四棱锥中，底面为平行四边形，点分别在上. （1）若，求证：平面平面； （2）若点满足，则点满足什么条件时，平面？并证明你的结论. 14．如图，边长为4的正方形中，点分别为的中点.将，分别沿折起，使三点重合于点. (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)求二面角的正弦值. 15．如图所示，在四棱锥中，平面，，，为棱上一点，. (1)证明：平面； (2)求二面角的大小； (3)求点到平面的距离. 第三部分：综合应用 一、多选题（共3小题） 1．如图，已知为圆锥的底面的直径，，C为底面圆周上一点，弧的长度是弧的长度的2倍，异面直线与所成角的余弦值为，则（    ）． A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面积为 C．直线与平面所成的角大于 D．圆锥的外接球的表面积为 2．平行四边形ABCD中，且，AB、CD的中点分别为E、F，将沿DE向上翻折得到，使P在面BCDE上的投影在四边形BCDE内，且P到面BCDE的距离为，连接PC、PF、EF、PB，下列结论正确的是（    ） A． B． C．三棱锥的外接球表面积为 D．点Q在线段PE上运动，则的最小值为 3．如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且∥平面，则下列说法正确的有（    ） A．记的中点为，上存在一点，使得面∥面 B．动点轨迹的长度为 C．三棱锥体积的最小值为 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 二、填空题（共3小题） 4．已知二面角的大小为60°，点P，Q分别在，上且，若点到的距离为，点到的距离为，则两点之间的距离为 5．如图，等腰直角三角形中，，，是边上一动点（不包括端点）.将沿折起，使得二面角为直二面角，则三棱锥的外接球体积的取值范围是 . 6.在三棱柱中，，若，则二面角的余弦值为 . 7．如图，已知四面体的各条棱长均等于分别是棱的中点．若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，当截面面积最大时，四棱锥的体积为 ． 三、解答题（共2小题） 8．如图，在四棱锥中，，，且，是的中点． (1)证明：； (2)若，直线与直线所成角的余弦值为． （ⅰ）求直线与平面所成角； （ⅱ）求二面角的余弦值． 9．已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，点在线段上. (1)若为的中点，求证：平面； (2)求二面角的正切值； (3)证明：存在点，使得，并求的值. 第四部分：回顾反思 此部分内容选自本学期的导学、跟进、周回顾以及月考题目，将本学期所练习过的题目精选，通过练习辅助学生回顾重点知识点以及重点题型。在完成本部分内容时，学生可以通过精选题目，回忆相同类型题目，结合错题本，对重点题目和易错题目进行巩固和加强。 1.[跟24.6] 如图，在正方体中，点在线段上运动，则异面直线与所成的角的取值范围是(　　) A． B． C． D． 2. [跟24.8] 如图，正方形中，，分别是,的中点，现在沿,,把这个正方形折成一个四面体，使重合，重合后的点记为.给出下列关系：①；②；③；④.其中成立的有(　 　) A．①与② B．①与③ C．②与③　 D．③与④ 3. [周回顾9.5]如图，在三棱锥中，点D，E分别为棱PB，BC的中点.若点F在线段AC上，且满足平面PEF，则的值为（   ） A．1 B．2 C． D． 4．（多选）[跟22.9]如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是（    ） A．B．C．D． 5．（多选）[6月月考.11]如图，在等腰中，BC＝2，∠C＝90°，D，E分别是线段AB，AC上异于端点的动点，且，现将△ADE沿直线DE折起至△A′DE，使平面平面BCED，当D从B滑动到A的过程中，下列选项中正确的是(　　) A．∠A′DB的大小不会发生变化 B．二面角A′－BD－C的平面角的大小不会发生变化 C．三棱锥A′－EBC的体积先变小再变大 D．A′B与DE所成的角先变大后变小 6．[周回顾10.14] 如图，在三棱台中，平面平面ABC，，，.则： （1）DC与平面ABC所成线面角大小 . （2）若，求三棱锥外接球表面积 . 7．[跟25.9]如图几何体中，底面为正方形，平面，，且. (1) 求证：平面； (2) 求与平面所成角的大小. 8.[跟27.6]在三棱柱中，是和的公垂线段，与平面成角，，． (1)求证：平面； (2)求二面角的正切值． 9．[6月月考.19]如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且， (1)证明:⊥平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $山大附中高一数学暑假作业模块六 立体几何 第一部分：知识梳理 一.四个基本事实 基本事实1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内. 注意：(1)此公理是判定直线在平面内的依据；(2)此公理是判定点在面内的方法 基本事实2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面. 注意：(1)此公理是确定一个平面的依据；(2)此公理是判定若干点共面的依据 推论①：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面： 注意：(1)此推论是判定若干条直线共面的依据 (2)此推论是判定若干平面重合的依据 (3)此推论是判定几何图形是平面图形的依据 推论②：经过两条相交直线，有且只有一个平面： 推论③：经过两条平行直线，有且只有一个平面； 基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的 公共直线， 注意：(1)此公理是判定两个平面相交的依据 (2)此公理是判定若干点在两个相交平面的交线上的依据（比如证明三点共线、三线 共点) (3)此推论是判定几何图形是平面图形的依据 基本事实4：平行于同一条直线的两条直线互相平行. 二.直线与直线的位置关系 位置关系 相交（共面) 平行（共面） 异面 图形 a a P b 符号 a∩b=P a∥b a∩a=A,bca,A在b 公共点个数 1 0 0 特征 两条相交直线确定一个平面 两条平行直线确定一个平 两条异面直线不同在如 面 何一个平面内 三。 直线与平面的位置关系：有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情 况. 位置关系 包含（面内线） 相交（面外线） 平行（面外线） 图形 B a /a 符号 Ica l∩a=P 1∥ 公共点个 无数个 1 0 数 四.平面与平面的位置关系：有平行、相交两种情况. 位置关 平行 相交（但不垂 垂直 系 直) 图形 a a B 符号 a∥B a∩B=l a⊥B.a∩B=1 公共点 0 无数个公共点且 无数个公共点且都 个数 都在唯一的一条直线 在唯一的一条直线上 上 五.等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补， 六：直线和平面平行 1、定义 直线与平面没有公共点，则称此直线I与平面Q平行，记作I∥a 2、判定方法（文字语言、图形语言、符号语言） 文字语言 图形语言 符号语言 如果平面外的一条直线和这 1/4 线∥线→ 个平面内的一条直线平行，那么 lca→l∥a Ita 这条直线和这个平面平行（简记 线∥面 为“线线平行→线面平行 如果两个平面平行，那么在 a∥B →a∥B 面∥面→ 一个平面内的所有直线都平行于 aca 另一个平面 线∥面 3、性质定理（文字语言、图形语言、符号语言） 文字语言 图形语言 符号语言 如果一条直线 l∥a 和一个平面平行， IcB →l/ 线∥面三线∥线 anB=I'] 经过这条直线的平 面和这个平面相 交，那么这条直线 就和交线平行 七：两个平面平行 1、定义 没有公共点的两个平面叫作平行平面，用符号表示为：对于平面a和B,若∩B=中， 则a∥B 2、判定方法（文字语言、图形语言、符号语言) 文字语言 图形语言 符号语言 判定定 如果一个平面内 -a aca,bca,a∩b=P 理线∥ 有两条相交的直线都 a∥B,b∥B→a∥B 平行于另一个平面， 面户面 那么这两个平面平行 (简记为“线面平行 ∥面 →面面平行 线上面 如果两个平面同 l⊥a 垂直于一条直线，那 1LB →C ∥B → 面∥ 么这两个平面平行 面 3、 性质定理（文字语言、图形语言、符号语言） 文字语言 图形语言 符号语言 如果两个平面 面/面→ 平行，那么在一个 al/B 线/面 →a/1B 平面中的所有直线 aca 都平行于另外一个 平面 如果两个平行 平面同时和第三个 allB 平面相交，那么他 性质定理 a∩y=a→a/1 们的交线平行（简 B∩y=b 记为“面面平行→ 线面平行”) 如果两个平面 中有一个垂直于一 面/面→ allB →1⊥B 条直线，那么另一 1⊥a 线⊥面 个平面也垂直于这 条直线 【解题方法总结】 线线平行、线面平行、面面平行的转换如图所示. 线∥面 判定 判定 性质 判定 性质 线∥线 面∥面 性质 (1)证明直线与平面平行的常用方法： ①利用定义，证明直线4与平面没有公共点，一般结合反证法证明； ②利用线面平行的判定定理，即线线平行→线面平行.辅助线的作法为：平面外直线的端 点进平面，同向进面，得平行四边形的对边，不同向进面，延长交于一点得平行于第三边 的线段： ③利用面面平行的性质定理，把面面平行转化成线面平行： (2)证明面面平行的常用方法： ①利用面面平行的定义，此法一般与反证法结合： ②利用面面平行的判定定理； ③利用两个平面垂直于同一条直线： ④证明两个平面同时平行于第三个平面. (3)证明线线平行的常用方法：①利用直线和平面平行的判定定理：②利用平行公理： 八两个平面垂直 1:直线与平面垂直的定义 如果一条直线和这个平面内的任意一条直线都垂直，那称这条直线和这个平面相互垂 直 2:判定定理（文字语言、图形语言、符号语言） 文字语言 图形语言 符号语言 一条直线 与一个平面内 a,bca a 的两条相交直 a⊥1 →l⊥a 判断定理 a b⊥1 线都垂直，则 anb=P 该直线与此平 面垂直 两个平面 垂直，则在一 a⊥B 面⊥面→线⊥ 个平面内垂直 anB=a →b⊥a bCB 面 于交线的直线 b⊥a 与另一个平面 垂直 一条直线 与两平行平面 平行与垂直的 中的一个平面 allB →a⊥B a⊥a 关系 垂直，则该直 线与另一个面 也垂直 两平行直 线中有一条与 平行与垂 allb →b⊥a 平面垂直，则 a⊥a 直的关系 另一条直线与 该平面也垂直 3:性质定理 (文字语言、图形语言、符号语言) 文字语言 图形语言 符号语言 垂直于同一 alla acB →a/1b 性质定理 平面的两条直线 anB=b 平行 文字语言 图形语言 符号语言 垂直于同 垂直与平行的 a⊥a →a11B 直线的两个 a⊥B 关系 平面平行 如果一条 直线垂直于一 线垂直于面的 个平面，则该 l⊥a,acau→l⊥a 性质 直线与平面内 所有直线都垂 直 4:平面与平面垂直的定义 如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得的 两条交线互相垂直，（如图所示，若anB=CD,CD⊥Y,且 aAy=AB,Bny=BE,AB⊥BE,则a1B) A B 2 一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂 直. 5:判定定理（文字语言、图形语言、符号语言） 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面过 b⊥au →a⊥B 另一个平面的垂 bCB 线，则这两个平 面垂直 6:性质定理（文字语言、图形语言、符号语言） 文字语言 图形语言 符号语言 性质定理 两个平面垂 a⊥B au∩B=a 直，则一个平面内 →b⊥a bCB 垂直于交线的直线 b⊥a 与另一个平面垂直 解题方法总结 判定定理之 判定定理→ 线⊥线顶定理一 线⊥面性质定理一面上面 （1)证明线线垂直的方法 ②勾股定理逆定理； ③菱形对角线互相垂直； ④①等腰三角形底边上的中线是高： 直径所对的圆周角是直角： ⑤向量的数量积为零； ⑥线面垂直的性质(a1a,bca→a⊥b) ⑦平行线垂直直线的传递性(a1ca/1b→b上c). (2)证明线面垂直的方法 ①线面垂直的定义： ②线面垂直的判定(a1b,alc,cca,bca,bnc=P→a1a); ③面面垂直的性质(aLB,anB=b,aLb,aca→a上B): 平行线垂直平面的传递性(aLa,b/Ia→b1a); ⑤面面垂直的性质(a1,B1,anB=l→lLY). (3)证明面面垂直的方法 ①面面垂直的定义： ②面面垂直的判定定理(aLB,aca→a1B). 空间中的线面平行、垂直的位置关系结构图如图所示，由图可知，线面垂直在所有关 系中处于核心位置 线∥面 判定 判定 性质判定 性质 线∥线 4 面∥面 性质 判定 线1线 判定 线1面 面⊥面 性质 性质 第二部分：基础巩固 一、单选题 1.设m,n是两条不同的直线，a,P是两个不重合的平面，则下列说法正确的是 A.若m∥a,m∥B,则a∥B B.若m∥a,n∥a,则m⊥n c.若m⊥a,m上B,则a∥B D.若m⊥a,n上a,则m上n 【答案】C 【解析】在A中，若m∥a,m∥B,则a,B可能相交或平行，故A错误： 在B中，若m∥a,n∥a,则m与n相交、平行或异面，故B错误： 在C中，若m⊥a,m1B,则由线面垂直的性质定理得Q∥P,故C正确： 在D中，若m⊥a,n⊥a,则由线面垂直的性质定理得m∥n,故D错误.故选： 2.下列说法错误的是() A.经过同一直线上的3个点的平面有无数个 B.两两相交且不共点的三条直线确定一个平面 C.若a,b是两条直线，a,B是两个平面，且ac,bcB,则a,b是异面直线 D.若直线a不平行于平面c,且a￠c,则a内不存在与a平行的直线 【答案】C 【详解】经过一条直线的平面有无数个，A不符合题意： ,1 设三条直线为 4,5交于点A,交于8，相交直线 确定一个平面， A∈a,B∈ A,B」 则 “故由两点确定的直线在平面“内， 所以两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，可知B不符合题意： 若a,b是两条直线，，P是两个平面，且aca,bcB, 则a,b也可能平行，故C符合题意； 直线a与平面a相交，且交平面于一点P, 平面a上任何通过P点的直线都与直线a同面， 平面“上其它不通过P点的直线则与之异面， 则内不存在与a平行的直线，可知D不符合题意. 故选：C 3.在长方体ABCD-AB,CD中，M为AB的中点，在aCMD中，CM⊥MD,CD=4, DD=3,则AD=( A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】B 【解析】如图，连接DM,由M为AB的中点得CM=DM,设AD=a(a>O), C D B 二D M 则CM=Va2+4,CD=V42+32=5, MD,=VDM2+DD=Va2+4+32=V0+13,因为CM⊥MD,所以MC2+MD=CD, 即a2+4+a2+13=25,解得a=2(负值舍去)故选：B 4.在空间四边形ABCD中， AD=2,BC=4,E,F 分别是AB,CD的中点， EF=7 ,则异 面直线AD与BC所成角的大小为() A.150° B.60° C.120° E D B<--- D 30° 【答案】B 【详解】如图：取BD中点G,连接EG,FG,易知：EG∥AD, FG∥BC,所以异面直线AD与BC所成的角就是∠EGF或它的补角. 在AEGe中，EG-40=1,G-8C=2,Er-5月 2 COS LEGF=GE2+GF2-EF21+4-7 1 所以 2×GE×GF 2×1×22.所以∠EGF=120°. 所以异面直线AD与BC所成的角为：60°.故选：B 5.在棱长为1的正方体 BCD-ABCD中.E、F 分别为1B、BC的中点，则点P为正方 A B:C D1 P内一点，当DP平面AF时，DP的最小值为《) BEF 形 3 3W2 3W5 A.2 B.2 C.4 D.4 【答案】C O AD:CD .N,H 【详解】如图，分别取 的中点 DN,DH,NH ，连接 B EF∥AC,NM∥AC,4C∥AG,所以HEF D C DFBN DNIB F 易知四边形 为平行四边形，故 B 因 B,EF EFC平面” NH￠平面 ，所以H∥平REF BEF ”平面 DN￠平 BER,BFC平面BEF,所以DNW平面 BEF 又NH∩DN=N,NH、DNc平面DNH, 半面DNH.因为DP/平面8E,教DPC平面DNH 所以平面8乐 又点P为正方形 GD内点，平面48CDn平面DNI=W,所以点P在钱段M上. 又DN=DH,当DP1NW即点P即为NH的中点，也即点P°为H,Ba 的交点时，此时 DP最短， 医为4、CA的点分别是心，所以NH4G.APA4=号 4,所以 DP-DP+DD-32 4故选：C. 6.如图，AC是圆O的直径，∠DCA=45°，DA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与 点A,C重合的点，AM⊥DC于M,AN⊥DB于N,则下列结论不正确的 B 是() A.平面ABCL平面DAC B.CB⊥平面BAD C.CD⊥平面AMW D.平面AMN⊥平面DAB 【答案】D 【详解】对于A,依题意有DA⊥平面ABC,DAC平面DAC,所以平面ABCL平面DAC, A选项正确： 对于B,DA⊥平面ABC,CBC平面ABC,则有DA⊥CB, AC A.C 是圆的直径，B为圆周上不与点4，C重合的点，则有 B⊥CB DAAB=A DA,AB BAD CB⊥ 平面 ,所以平 B1D,B选顶正确： 对于C,CB⊥平面BAD,ANC平面BAD,CB⊥AW,又AW⊥DB于N, 平面 ,所以1 VIxiBCD CB∩DB=BCB,DBC BCD 平面 CDC平面BCD,则AN⊥CD,又AM⊥DC于M, AN,AMC AMN AN∩AM=A CD⊥ AMN 平面 ,所以 平面 ,C选项正确： 对于D,平面AMN∩平面DAB=AN,DBc平面DAB,AW⊥DB于N, 若平面AMN⊥平面DAB,则必有DB⊥平面AMN, 而MNC平面AMN,则必有DB⊥MN, 因为CB⊥平面BAD,DBc平面DAB,则有CB⊥DB, 又MN,BCc平面DBC,则必有MNIIBC, 由于DA垂直于圆O所在的平面，∠DCA=45°，则DA=AC,而AM⊥DC于M,则M为 DC中点， 因为AC是圆O的直径，B为圆周上不与点A,C重合的点，AB<AC=DA,AN⊥DB于 N, 则N不是DB中点（否则会得到AB=AD,但这与AB<AD矛盾）， MNI∥BC不成立，所以平面AMN⊥平面DAB的结论不正确，即D选项错误故选：D. 二、多选题 7.在正方 ABCD-4BCD中，下列选项中，正确的是(） AC⊥BD A. B.BC与BD所成的角为60 A-BC-D C.二面角 的平面角为30D.1C与平面48C 所成的角为45 【答案】AB 【分折1由4C4C和4C1BD 可判定A正确：由 BD 1/BD 转化为C与P所成 的角，因为△DBC为等边三角形，可判定B正确：证得BC1AB,BC⊥AB,得到∠ABA为 A-BC-D △AAB 二面角 的平面角，在等腰直角 中，可判定C错误；由 G十平面4BCD, CAC 得到 为直线 C与平面4BCD 成的角，在直角 CAC 中，可判定D错误 【详解】对于A中，在正方体 ABCD-ABCD ,可得4G/AC 在正方形4BCD中，可得4C1BD,所以4G1BD 所以A正确： ABCD-ABCD 对于B中，在正方体 ，可得8A1/BD BC与BD所成的角，即为与 BC BD ∠D,B,C 所以异面直 所成的角，即 因为△DB 为等边三角形，所以DBC=60 所以B正确： BCD-ABCD中，可得BC∠平面 ABB A 对于C中，在正方 AB,ABC C⊥AB,BC⊥AB 因为 ABBA,所以 平 所以∠ABA为二面角 -BC-D △AAB ∠ABA=45 的平面角，在等腰直角 中，可得 A-BC-D 即二面角 的大小为45，所以C错误： B 对于D中，在正方 ABCD-AB,CD中，可得 平面ABCD C C为直线4C与平面48CD所皮的角， ∠CA 所以 在直角△CAC中， tan∠C4c=CG-V2 AC=2,所以∠CAC≠45，所以D错误故选：AB. 8.如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中() D M A.AF∥CN B.BM⊥DE C.CN与BM成60°角 D.NE与BM是异面直线 【答案】BCD 【分析】由展开图翻折成正方体，根据正方体的性质判断直线间的位置关系， 【详解】展开图翻折成的正方体如图所示，因为CN∥BE,BE L AF,因此CN⊥AF,所 以A错误：同理EIICF,CF⊥BM,所以BM⊥DE,B正确： ∠MBE或其补角是CN与BM所成的角，又△MBE是等边三角形，所以∠MBE=60°，所 以CN与BM所成的角是60°，C正确，又NE1I平面MFBC,且NE与BM不平行，故NE与 BM是异面直线，D正确.故选：BCD. 三、填空题 9.如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，M为棱AC的中点.AB=BC,AC=2, B BN AA=V2.NEBB,使得平面ACN1平面A4CC,则BB= B 【答案】2/0.5 M BN 1 【详解】当点N为BB中点时，即BB,2,平面ACN⊥平面AACC AC 证明：设中点为D,连接DM,DN 因为D,M分别为AC,4C中点，所以DMICG,.且DM=CC, B 又因为为 中点，所以DM∥BN且DM=BN 所以四边形 DMBN Ni D B 是平行四边形，所以BM II DN, 又因为AB=BC,又M为AC中点，所以BM⊥AC, 又三棱柱是直枝柱，所以平面18C∠平面4CC4 平面BCn平面 ACCA=AC ACCA 所以BML平面A 4,所以DNL平面 ACCA ACN CN⊥ACC,A. 又因 DNC平面 ，所以平面 平面 故答案为：2 10.在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,∠BAC=90°，D,E,F分别是棱AB, BC,CP的中点，AB=AC=2,PA=4,则直线PA与平面DEF所成角的余弦值为_ D.4 B 【,25 【详解】由PA⊥平面ABC,ACc平面ABC,所以PA⊥AC,又因为AB⊥AC, PA∩AB=A,PA,ABC平面PAB,所以AC⊥平面PAB, 取AP的中点为G,由D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点， 可知GFIIACIIDE,DG1IPB/IEF,所以四边形DEFG是平行四边形， 再过点A作AH⊥DG,垂足为H,由AHc平面PAB,可得AC⊥AH, 又因为ACIIDE,所以DE⊥AH,DE∩DG=D,DE,DGC平面DEFG,所以AH⊥平 面DEFG,即直线PA与平面DEF所成角的平面角是∠AGD, 已知得AG=2,AD=1,由勾股定理得：DG=√5，所以cos∠1GD=AC=2=2V5 DGV55故 2W5 答案为：5 1.在直三棱柱4BC-4BG中，若∠BAC=90,4B=4C=5,M=2,则直线4C到平 ABC 面 的距离为 2525 【答案】3/3 【分折】充证得4C/平面48C,转化为八到平面1BC 的距离，再证 CA上平面 AABB ABC⊥AAB,B AG⊥AB 得到平面 平面 ,过点A作 证得4G1 A ABC 平面 ,得到4G的长即为点^到平面A9C的距离，在直角 AAB B 中， G 即可求解。 A 【详解】在直三棱 ABC-ABG中，可得 ACIIAC 因为4C平面48C,且1GC平面4C.所以4C/平面 ABC 所以4C到平面 C的距离，即为A到平面ABC的距离。 因为 BC-ABG为直三棱样，且2B1C=90,可 C4⊥AB,CA⊥AA ABAA=A AB,A4AAB B C4⊥ AABB 又因为 ,且 平面 ,所 平面 因为 4C平面C4B,千 ABC1⊥AABB ，平面 平面 过点A作CL4B 由平面 ABC平面 .AABB=AB 9,且4Gc平面 ABB 所以4G上平面46C,则4G的长即为点A到平面 ABC 的距离， AG=4B.AA2x23 在直角△AAB中，可得 ABV63,所以点A到平面ABC的距离为 25 2V5 3故答案为：3· 12.在棱长为的正方体 4CD-ABCD中，点E、F分别是楼BC D N CC的中点，P是侧面 DD,A上的动点，且 /1 平面AEF,则点 A P的轨迹长为 反12 D 【答案】2/2 E B 【详解】在正方 ABCD-ABCD中，连 BC,FD,AD,如图， 对角面 IBC CD为矩形，因为点E、F分别是棱8C、C的中点。则 EF-BC,又BCMD且BC=AD,所以EFA且EF-0. 2 即平面AEF AEFD 截正方体所得截面为梯形 显然过点C与平面 AEFD BC,MN 平行的平面交平 面BCC8、平 ADDA分别于 MNIIBC IIAD D,连接MG,平面B BMNC AEFD C 因此 、平面 与平 ACCA分别交于 AF, 因此MCAF,而AMFC,即四边形AMCF为平行四边形，于是AM=FC= 即点M为A4的中点，同理N为AD中点， 2,因为动点P始终满足PC∥平面 AEF, 于是 PC C BMNC,又P在侧面 平面 面MDD,A上，所以点'的轨迹是线段 N ，轨迹长为 2 2； 2 故答案为：2 四、解答题 13.如图，己知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M,N,Q分 别在PA,BD,PD上 (1)若PM:MA=BN:ND=PO:QD,求证：平面MNO∥平面PBC; …D (2)若点O满足P№：QD=2:1,则点M满足什么条件时，BM∥平面AQC？并 证明你的结论 【答案】(1)证明见解析；(2)M为PA中点，证明见解析 【解析】(1)PM:MA=P:QD,MQIlAD 四边形ABCD为平行四边形，·ADIIBC,·MQIlBC, :BCc平面PBC,M0￠平面PBC,·MO∥平面PBC: .BN ND=PO:OD..ON//PB, PBc平面PBC,QN￠平面PBC,∴ON∥平面PBC: MOnON=g,MQ,QNc平面MN№，.平面MNO∥平面PBC. M D (2)当M为PA中点时，BMI∥平面AQC, 证明如下：设BD∩AC=O,取P№中点E,连接BE,ME,O0, 四边形ABCD为平行四边形，O为BD中点， E为P中点，PO:OD=2:l,O为DE中点，O0IBE, :BEc平面BEM,OOt平面BEM,OQ∥平面BEM; M,E分别为PA,PO中点，·MEIIAQ :MEC平面BEM,A0文平面BEM,.AO∥平面BEM, :OO∩AQ=Q,A0,O0c平面AOC,∴平面AOC∥平面BEM,BMc平面BEM, ·BM∥平面AQC. 14,如图，边长为4的正方形ABCD中，点E,F分别为AB,BC的中点将△AED,△BEF, △DCF DE,EF,DF A,B,C 分别沿 折起，使三点重合于 点P (1)求证：PD⊥平面PEF; (2)求三棱锥P-EFD的体积： (3)求二面角P-EF-D的正弦值， 【详解】(I)证明：折叠前，因为在正方形ABCD中，AD⊥AE,CD1CF,则折叠后， 可得PD⊥PE,PD⊥PF, 又因为PE∩PF=P,且PE,PFc平面PEF,所以PD⊥平面PEF. (2)解：由(4)得PD1平面PEF,所以 YP-EFD =VD-PEF 由题意知PE=PF=2且PE⊥PF,故S,e2×PExPF=2, 2 故m=w-写x5g×PD=×2x4= 1 3 3 (3)解：取线段EF的中点G,连接PG,DG,因为PE=PF,DE=DF, 所以有PG⊥EF,DG⊥EF,且PGc平面PEF,DGc平面DEF, 所以∠PGD即为二面角P-EF-D的平面角， 又由(1)得PD⊥平面PEF,PGC平面PEF,可得PD⊥PG, 因为EF=22.G=EF=5,DG-NPD+PG-e+N=3N5, 故im<PGD=P2-42V2 2√2 DG3V23,即二面角P-EF-D的正弦值为3· 15.如图所示，在四棱锥S-ABCD中，SA⊥平面ABCD,AB/CD,∠CDA=60,P为 SA AB=2AD=2CD=2AP=4PS=4 棱上一点， (1)证明：SC∥平面PBD: (2)求二面角S-DC-A的大小： (3)求点A到平面PBD的距离 【详解】(1)连接AC交DB于点O,连接OP. 在底面ABCD中，因为ABIICD,且AB=2CD, A0=B-2,因为AP=2PS,即P P 由ABOACDO0,可得CO=CD =2 AO AP 所以在AC4S中，OC5=2,所以OP1Cs, 又因为OPC平面PBD,SC￠平面PBD,所以SC∥平面PBD. (2)设CD的中点为M,连接AM、SM, 因为∠CDA=60,AD=CD=2,所以△CDA为等边三角形，所以AM⊥CD, 又SA⊥平面ABCD,CDc平面ABCD,所以SA⊥CD,SAN AM=A,SA,AMC平面 SAM, 所以CD⊥平面SAM,SMC平面SAM,所以CD⊥SM, 所以∠SMA为二面角S-DC-A的平面角， SA⊥平面ABCD,AMc平面ABCD,所以SAL AM,在RtASMA中SA=SP+AP=3, AM=3 所以m∠SMH=-5,所以∠S4=60r,即=面角5-DC-4的大小为60： AM B D (3)因为AB1ICD,∠CDA=60°，所以∠DAB=120°， 所5m号40x48m∠D48=2x49-25 在△PBD中PD=VAP2+AD2=V22+2=2V2.PB=VAP2+AB=V22+4=2W5 BD=VAD2+AB2-2AD·ABcos.∠DAB 2+4-2x2x4=25 所以PD+PB2=BD,即PD⊥PB, 所以5m号PBxPD-25x25=2i而 1 1 设点A到平面PBD的距离为。，则y,pD=,o'即S.aod= S.ABD X PA. 3 =Sn×P4_23x2-V30 √30 即 S.PBD 2V105,即点A到平面PBD的距离为5· 第三部分：综合应用 一、多选题 1.如图，己知AB为圆锥S0的底面的直径，SA=2,C为底面圆周上一点，弧BC的长度 1 是弧4C的长度的2倍，异面直线SB与AC所成角的余弦值为4，则 (). √3元 A.圆锥SO的体积为3 B.圆锥S0的侧面积为2π C.直线S0与平面S4C所成的角大于30° 6元 D.圆锥S0的外接球的表面积为3 【答案】ABD 【分析】A选项，作出辅助线，设底面圆的半径为r,根据异面直线的夹角余弦值和余弦定 理得到”=1，从而得到圆锥的体积；B选项，根据侧面积公式求出答案；C选项，作出辅 助线，得到直线SO与平面S4C所成角的平面角为∠OST，并求出其正切值，得到 ∠OST<30°；D选项，找到外接球球心，并根据半径相等得到方程，求出外接球半径，得 到外接球表面积. 【详解】A选项，连接CO并延长交圆于点P,连接AP,BP, 因为AB为圆锥SO的底面的直径，弧BC的长度是弧AC的长度的2倍， 故四边形ACBP为矩形，∠CB=∠ABP-子∠CBA=∠BAP-名。 =6,则BP11AC, 异面直线SB与BP所成角等于异面直线SB与AC所成角， 因为SA=2,所以SB=SP=2,设底面圆的半径为r,则BP=r, 故cos∠SBP=SB+BP2-SP24+2-41 2SB·BP 4r一=4，解得，=1 则由勾股定理得S0=VSB2-2-V4-1=V5 π2.S0=3 1 故圆锥SO的体积为3 ,A正确： B选项，圆锥SO的侧面积为1=2π，B正确； C选项，取AC的中点T,连接ST,OT,则OT⊥AC,ST⊥AC, 又OTNST=T,OT,STc平面S0r,故AC⊥平面S0r, 过点O作OE⊥ST于点E,由于OEc平面SOT,则OE⊥AC, 又ST∩AC=T,ST,ACc平面SAC,故OE⊥平面SAC, 故∠OST即为直线SO与平面SAC所成的角， √5 其中oT=C0sin n=5，则an∠Os7=O 2 1 32 0s521 V3、1 tan30°= 由于 3>2,且y=amx在2)上单调递增，故∠0S7<30°，c错误： D选项，由对称性可知，外接球球心Q在OS上，连接QC, 设圆锥S0的外接球半径为R,则O0=S0-R=V5-R 由勾股定理得oC+00=QC,即1+不5-R=R,解得R= 3 πR2=4π× 2)2 16π 故圆锥SO的外接球的表面积为 3,D正确故选：ABD 【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置」 对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问 题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的 半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 2.平行四边形ABCD中AB=2AD=2,且∠BAD=60°，AB、CD的中点分别为E、F,将 △ADE沿DE向上翻折得到△PDE,使P在面BCDE上的投影在四边形BCDE内，且P到 √6 面BCDE的距离为3，连接PC、PF、EF、PB,下列结论正确的是() A.PD=PF B.PD⊥BC C.三棱锥P-DEF的外接球表面积为3元 D.点e在线段PE上运动，则D01+|B的最小值为N2+万 【答案】ABD 【分析】记DE的中点为M,过点P作PN⊥MF,证明点N为点P在平面BCDE上的投 影， 解三角形求PF,判断A,证明BCL平面PBD,判断B,根据正四面体性质求三棱锥 P-DF的外接球半径，结合球的表面积公式判断C,通过翻折，将问题转化为求 DB 的 问题，求其值，判断D. 【详解】由已知PD=P=DE=Dr=FC=|B=|BC=1 ∠CDE=60°，∠DCB=60°∠DEB=120° 记DE的中点为M,连接PM,FM, 因为PD=P四，M为DE的中点，所以PM1DE, 因为D-DE=1,∠FDE=60,所以lEF= 故FD=F阳，又M为DE的中点，所以FM上DE。 又PMOFM=M,PM,FMc平面PFM, 所以DE⊥平面PFM,又DEC平面BCDE,所以平面PFM⊥平面BCDE, 过点P作PN⊥MF,N为垂足， 因为平面PFM∩平面BCDE=FM,PNc平面PFM, 所以PN⊥平面BCDE,即点N为点P在平面BCDE上的投影， 6 出P到面BCDE的距离为3，所以PW=? 由已知 PD=PE=DE=1 DF=EF=1 所P-9.M-9.又P州-5.w-昌号9，-9 所P时-层于号教P所=Pm-1,A正E 因为PD=P=P啊，所以点N为DEF的外心，又DEF为等边三角形， 所以点N为△DEF的中心，连接DN并延长，交EF与点H,则DH⊥EF,H为EF的中 点， 连接BH,因为BA=B,故B朗1EF, 所以D,H,B三点共线，且DB⊥EF,又EF∥BC,所以BC⊥DB, 又PN⊥平面BCDE,BCC平面BCDE,故BC⊥PN, 因为PNOBD=N,PN,BDC平面PBD, 所以BC⊥平面PBD,PDC平面PBD, 所以PD⊥BC,B正确： 因为PDEF为正四面体，且棱长为l, 所以其外接球的半径为4 N=3x6-6 Γ434， 3 所以三棱锥P-DEF的外接球表面积为2兀，C错误； B 长为时25,5，数-反 所以lPE+B=Pa,故PE⊥BE, 将△PDE,aPBE翻折到同一平面，如图 P 所以DQ1+1QBl的最小值为DA.且 D DE=1,BE=1,∠DEB=150 ,所以 E B lDAl=2sin75°=V6+V2 5店，06-569 2,D正确，故选：ABD. DD. 3.如图，棱长为2的正方体 4BCD-ABCD中，E为楼DD的中点，F为正方形 CCDD 内一个动点（包括边界），且BF ∥平面4BE ,则下列说法正确的有() D D A.记 的中点为N,CC上存在一点P,使得面 NPB BEA ∥面 B.动点F轨迹的长度为V3 1 C.三棱锥B-D,EF体积的最小值为3 25 D.当三棱锥B-DDF的体积最大时，其外接球的表面积为2π 【答案】ACD 【分析】对于A,取CC中点M,C 的中点N,通过证明平面 MN// ABE 平面 ,从而 判断A;对于B,结合A选项分析可得F点轨迹为线段MN,从而判断B;由此可得F与N B-DEF 点重合时，三棱锥 体积的最小，求体积判断C:对D,利用勾股定理求出外接球 半径即可判断. 【详解】对于A,取CC中点M,CD的中点V,连接 ,M,BN,MN,MEMN∥CD ,则 CD∥AB MN∥AB 正方体中易知 ,从而 又MNc平面 平面4 ABE ABC 而 ，所以W1 平面ABE 又正方体中ME与G 平行且相等，从而ME与48 平行且相等， ABME BM//AE BM// ABE 则 是平行四边形，所以 ,同理可证 平面 又BMnN=M.BM,MN CBMN BMN// 平面 ,所以平面 平面4如 所以当点P与点M重合，即点为CC的中点时，有平面BPN ABE 平面 ,故A正确； ,MN∩CDD,C=M 对于B,平面 平面 ,所以当F∈MN时，BFW ABE 平面 即线段MN为点E的轨迹，AMW=CD,=5,故B不正确： A D B D DEF 对于C,点到平面即平面 CDD.C B1C1=2 的距离为 FDE DE 的面积而言，底边D5是固定的，而线段MW为点F的轨迹， F 而于三角形 DD 当且仅当点F与点V重合时，此时F点到D0的距离最短，且为 ND=1 综上所达，兰被推段-FmE休积的录小信为”一古宁 x2x1x1x2=1 3,故C正确； 对D,如图， D B 当F在M处时，三棱锥B-FDD的体积最大时，由已知得此时 FD=FD=FB=5 所以F在底面8DD的射影为底面外心，DD=2,DB=2√2，DB=25, BDD 所以底面 BDD 为直角三角形，所以F在底面 0 的射影为 中点，设为 如图，设外接球球心为O,半径为R,由' 1R2=002+0B2=002+3 R+00=F0=V5-3=√2 R-5② 可得外接球半 4,外接球的表面积 4mR2=25 2,故选项D正确 故选：ACD. 二、填空题 4.已知二面角a-I-P的大小为60°，点P,Q分别在a,B上且P№11，若点P到B的 5 距离为√3，点Q到a的距离为2，则P两点之间的距离为. 【答案】5 【分析】作PD⊥I于D,连接OD,则IL平面PQD,所以∠PDQ即为二面角a-I-B的 平面角，作PM⊥B于M,则M在QD上，作ON1a于N,则N在PD上，在△POD内 求即可. 【详解】如图： 作PD⊥I于D,连接D,又因为PO⊥l,PO,PDc平面POD,PnPD=P, 所以1L平面PQD 所以∠PD0即为二面角a-I-P的平面角，故∠PD0=60°. 作PMLB于M,则M在QD上，作Q⊥Q于N,则N在PD上. 在RtPMD中，PM=V5.PM⊥QD∠PDO=6 ,所以PD=2. 在RtAOND中， ON=3 2,QN⊥PD,∠PDQ=60°，所以QD=1. 由余弦定理：Pg=DQ+Dp2-2DP.D0-cs60=14-2x1x2x3 所以№=5 故答案为：3 5.如图，等腰直角三角形ABC中，AC L BC，AB=4,D是边AC上一动点（不包括端 点)将△ABD沿BD折起，使得二面角 -BD-C 为直二面角，则三棱锥 A-BCD 的外接 球体积的取值范围是 32π64V2π 【答案】33 【分析】根据两平面互相垂直判断外接球球心的位置，再由己知条件计算出球半径表达式， 即可求出体积取值范围. 【详解】因为△BCD是直角三角形，所以其外接圆的圆心在Rt△BCD的斜边BD上，即BD 是该圆的直径， 又因为平面 平面BCD ABD ABD ,△ABD ,所以平面必过球心，外接球半径即为 外接圆的 半径， 设球的半径为r,球的体积为V, 2r= BD 在。4BD中，根据正弦定理得， sin∠BA,D BD=2BD sin- 4 2r= BD一-BD=2BD∈(4,4W2) 又因为BDe(22,4）,所2rsm∠B40smA V= 4 32π64W2π 3 所以3 3’3 32元64V2π 故答案为： 3 3 【点睛】关键点点睛：本题关键是通过两平面垂直关系以及三棱锥的底面为直角三角形判 ABD △ABD 断出球心的位置，判断球心在平面 上，得出球心为 外接圆的圆心，再求出BD 的取值范围即可解决问题， 6.在三棱柱 BC-ABC AB-AC-BC-AA-ACC BC 中， ,则二面角 B-AC-B 的余弦值为一 2V22 【答案】11 AC,AC 交于点E,连 AB,AB 【分析】连接 8交于点F,连接乐，可证明“平面 CB⊥ CB,过点作 .B1BM⊥EF.BM⊥ACB CB过点M作N1AC于V,连接 BN 平面 有 平面 则<6NM/ B-AC-B F,B,FH⊥AC,BQ⊥AC 即为二面角 的平面角，过点分别作 计算可 求二面角B-AC-B的余弦值， AC,AC 【详解】连接 4C交于点E,连接 AB,AB 648交于点F,连接EF 平面 B AC⊥AC,AC⊥BC,AC∩BC=C,.AC⊥ACB .ACC ACB 又 平面 ·平面 CB⊥TACB 平面 ACB,∩ACB=EF ,平面 平面 过点作 B,BM⊥EFB,M⊥ACB 有 平面 ；此时 FM=FE」 过点M作N14C于N,连接 B,N,∠B,NM ”,则 即为二面角 B-AC-B 的平面角， 4B=2 BM=CE=1 不妨设 经计算可得： F,B FH⊥AC,BQ⊥AC 过点分别作 B :F是EM中点，且为 .MN =2FH=BO 中点， B0BC×AB2×2W2-26=MNBN=3,…cos∠BWM-2V22 AC 2V33 11. 2√22 .二面角B-AC-B的余弦值为11· 2√22 故答案为：11 7.如图，己知四面体ABCD的各条棱长均等于4，E,F分别是棱AD,BC的中点.若用一个 与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多 边形截面MNGH,当截面MNGH面积最大时，四棱锥E-MNGH的体积为 E N B 4V2 【答案】 3 【分析】先通过作图并证明截面的形状是矩形，再引入变量，来求截面面积的最大值，从 而找到特殊位置，进而求出体积 【详解】 E 连接AF,DF,由四面体ABCD的各条棱长均等于4，可得这是一个正四面体， 由E,F分别是棱AD,BC的中点，可知AF⊥BC,DF⊥BC,AF∩DF=F, AF,DFC平面AFD,所以BC⊥平面AFD, 又因为EF,ADC平面AFD,所以BC⊥EF,BC⊥AD, 先假设M,N,G,H分别是各棱中点， 则BCI/HG,AD1ING,所以HG⊥EF,HG⊥NG 同理可证：WG⊥EF,NG∩HG=G,NG,HGC平面MNGH, 所以EF⊥平面MNGH 又因为直线EFL截面a,则截面a/I平面MNGH, 即可知任意截面MNGH是矩形. 可设CG=x,则AW=4-x, 由△CNG和△AMN是等边三角形，则NG=x,MN=4-x, 所5=Gw=4-(ヅ=4 此时x=2,即G为CD的中点， 由边长为4，可知4F=2W5,EF=AF2-AE=V2-4=2N2 ×5naw×5-×4x2542 1 所以四棱锥E-MNGH的体积为：3 23 23, 45 故答案为：3 三、解答题 8.如图，在四棱锥E-ABCD中，BCL平面ABE,BCIIAD,且AD=2BC=2,F是 DE的中点. D (1)证明：DA⊥CF: 6 (2)若BA=BE=2,直线CF与直线DB所成角的余弦值为4， (i)求直线DE与平面ABE所成角； (i)求二面角E-DC-B的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 6 (2)(i)4:(ii) 4 【分析】(1)取AE的中点G,利用线面垂直的性质、异面直线垂直推理即得。 (2)(1)利用线面垂直的判定性质证得BG⊥DG,再由异面直线夹角余弦求出BG,确 定线面角并求出大小；(i)过E作EH⊥CD于H,过H作HM⊥CD交AB于M,再借 助图形求出二面角的余弦值、 【详解】(1)取AE的中点G,连接FG,BG,由BCL平面ABE,BC1IAD,得AD⊥平 面ABE, 而BGe平面E:则AD⊥BG,由F为DE的中点，得FG4D/BC.FG=号AD=BC. 则四边形BCFG是平行四边形，因此FC/BG, 所以DA⊥CF」 D (2)(i)由G为AE的中点，BA=BE=2,则BG⊥AE,而AD⊥BG, ADAE=A,AD,AEC ADE BG⊥ ADE DGC ADE 平面 ,于是 平面 平面 则BG⊥DG,由FCI/BG,得直线CF与直线DB所成的角即为直线BG与直线DB所成的 角，为∠DBG, 在Rt△DBG中， Cos∠DBG=BG-V6 BD 4,BD=AD2+AB2=22, 解得8G-V ,则1G=EG=1,由4DL平面BE,得直线DE与平面BE所成角为 ∠DEA, 显然m∠DEA-0-1,则∠DEA- AE 4 所以直线DE与平面ABE所成角为4： (ii)过E作EH⊥CD于H,由(i)可得CF⊥DE,△DCE为等腰三角形， EH CF-DE 26 DC=CE=√5，CF=BG=V3,DE=2√2，由三角形面积法 CD 5, 由勾股定理得 CH=CEP-EH5 ,过H作HM⊥CD交AB于M,与BC延长线交于 点K, 在直角梯形ABCD中，cos∠KCH=cos∠ADC=D-BC- CDV5,则CK=CH =1, cos∠KCH HK=1-（ 5-25 BM MK =BK=5 5,显然RteMBK∽Rt△CHK,则CH CK HK 于是BM=LM级=5，M=3 ,M为线段AB的中点， 显然∠EHM是二面角E-DC-B的平面角，在正△ABE中，EM⊥AB, 由AD⊥平面ABE,EMC平面ABE,则AD⊥EM,AD∩AB=A,AD,ABC平面ABCD, 于是EM⊥平面ABCD,而HMc平面ABCD,则EM⊥HM, 3W5 HM √6 cos∠EHM= 5 HE 2V64, √5 6 所以二面角E-DC-B的余弦值4· 【点睛】思路点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另 一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂 直，由此可得二面角的平面角， 9.已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2,AF=1,点M在线段 EF上： M (I)若M为EF的中点，求证：AM∥平面BDE: (2)求二面角A-DF-B的正切值： EM (3)证明：存在点M,使得AM⊥平面BDF,并求EF的值. 【答案】(1)证明见解析 R EM 3 3)证明见解析，EF4 【分析】(1)设AC∩BD=O,连接OE,即可证明OAME为平行四边形，从而得到 AMIIOE,即可得证： (2)在平面AFD中过A作AS⊥DF于S,连接BS,说明∠BSA是二面角A-DF-B的平 面角，再由锐角三角函数计算可得： (3)连接OF交AM于点N,由面面垂直的性质得到BDL平面ACEF,即可得到 EM BD⊥AM,当AM⊥OF时可证AM⊥平面BDF,从而求出此时EF的值. 【详解】(1)设AC∩BD=O,连接OE, B 因为正方形ABCD,所以O为AC中点， 又矩形ACEF中，M为EF的中点， 所以EMIIOA且EM=OA, 所以OAME为平行四边形， 所以AMIIOE, 又AM文平面BDE,OEC平面BDE, 所以AMI∥平面BDE: (2)在平面AFD中，过A作AS⊥DF于S,连接BS, E M B 因为正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直， AF⊥AC,平面ABCDO平面ACEF=AC,AFc平面ACEF, 所以AF⊥平面ABCD,ABC平面ABCD, 所以AB⊥AF,又AB⊥AD,AD∩AF=A,AD,AFC平面ADF, :AB⊥平面ADF,DFC平面ADF, 所以DF⊥AB,又AS∩AB=A,AS,ABC平面ASB,所以DFL平面ASB, 又SBC平面ASB,所以DF⊥SB, “∠BSA是二面角A-DF-B的平面角， 因为F=1,D=2,所以DF=P+2=V5 AS=AF.AD_1x2 25 所以 DF5 5, 在Rt△ASB中， 4S=25 5,AB=2, tan∠ASB=4B2 AS 25 =5 二面角4DF-8的正切值为5， (3)连接OF交AM于点N,因为ABCD是正方形，所以AC L BD, M D 又正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直， 平面ABCD平面ACEF=AC,BDC平面ABCD, 所以BD⊥平面ACEF,AMc平面ACEF,所以BD⊥AM, 当AM⊥OF时，OF∩BD=O,OF,BDc平面BDF,所以AML平面BDF, 此时AC=EF=22,OA=2,A=1则0F=P+(2=5, NO OA w=2 又△AOF一△NOA,所以AOOF,则 ,则 F-3 3 ON 2 04-ON=2 MF=104= 所以NF1,又△MWF一△ANO,所以MFNF ,则 2 2， 3V2 所以EM=3V2 所以EM_2 3 2 第四部分：错题回顾 1.在正方体ABCD-ABCD中，点P在线段AD上运动，则异面直线CP与BA所成的角 0的取值范围是( A.0°<0<60° B.0°m0<60° C.0°，0n60° D 0°<0.60° 【解答】解：如下图：AB11CD,所以异面直线CP,BA所成的角为 ∠D,CP B 当点P在线段AD上运动时，求∠D,CP的取值范围， π ,∠DCP 点P不能与D重合，与点A重合时，∠DCP最大，最大为3 的取 位范阳足学. B 所以是面直线CP,BA所成角的取值范周是， 故选：D 2.如图，在正方形SGGG中，E,F分别是GG，,G,G的中点，现在沿SE,SF, EF把这个正方形折成一个四面体，使G、G,、G,重合，重合后的点记为G.给出下列 关系：①SG⊥平面EFG:②SE⊥平面EFG;③GF⊥SE;④EF⊥平面SEG.其中成 立的有（) G: G G A.①② B.①③ C.②③ D.③④ 【解答】证明：①正确. 在折前正方形SGG,G中， SG⊥G,E,SG⊥G,F ∴折成四面体S-EFG后，SG⊥GE,SG⊥GF, 又：GE∩GF=G,SG⊥平面EFG. ②错误。 根据①知，SG⊥平面EFG 若SE⊥平面EFG,则SG1/SE,而由图知SE与SG明显相交. ③正确， :FG2⊥EG2即FG⊥EG, 又：SG∩EG=G ∴.GF⊥平面GSE,又SEc平面GSE,所以GF⊥SE. ④错误. :EF不垂直于EG .EF不垂直于平面SEG 故成立的有①③， 故选：B. 3.如图，在三棱锥P-ABC中，点D,E分别为棱PB,BC的中点.若点F在线段AC AF 上，且满足ADII平面PEF,则FC的值为( ) A.1 B.2 C.2 【解答】解：连接CD,交PE于G,连接FG,如图， :ADII平面PEF，,平面ADC∩平面PEF=FG, :AD//FG. :点D,E分别为棱PB,BC的中点. .G是△PBC的重心， AF DG 1 .FCGC2」 故选：C, 二.多选题（共2小题） 4.如图，在下列四个正方体中，A,B为正方体的两个顶点，M,N,Q为所在棱的中 点，则在这四个正方体虫，直线AB与平面MN0平行的是( B B M B Q y N M: M B Q D. 【解答】解：选项A中，如图(I),连接4B,取AB的中点0，连接O 因为O,卫分别为AB和A4的中点，所以O0IIAB,所以AB与平面MN0不平行， (1 (2) (3) (4) 选项B中，如图(2)，连接AB,在正方体中，AB/14B,M0/14B, 所以AB/IM0,因此AB1/平面MNO 选项C中，如图(3)，连接AB,在正方体中，知AB1I4B, 又因为M,D分别为所在棱的中点，所以M0/14B, 所以AB/M0,所以AB1I平面MN0 选项D中，如图(4)，连接4B,在正方体中，知AB1IAB, 又因为N,2分别为所在棱的中点，所以N№IIAB,所以AB/IN吧 所以AB/I平面MNQ 故选：BCD (多选)5.如图，在等腰Rt△ABC中，BC=2,∠C=90°，D,E分别是线段AB,AC上 异于端点的动点，且DE∥BC,现将△ADE沿直线DE折起至△A'DE,使平面 A'DE⊥平面BCED,当D从B滑动到A的过程中，下列选项中正确的是() DA D C C A.∠A'DB的大小不会发生变化 B.二面角A'-BD-C的平面角的大小不会发生变化 C.三棱锥A'-EBC的体积先变小再变大 D.A'B与DE所成的角先变大后变小 【解答】解：对于A选项，翻折前，，DE∥BC,BC⊥AC,则DE⊥AC,翻折后，对应 地有DE⊥A'E,DE⊥CE, 因为平面A'DE⊥平面BCED,平面A'DE∩平面BCED=DE,A'EC平面A'DE, 故A'E⊥平面BCED,,'BEC平面BCED,故A'E⊥BE, 设DE=x(0<x<2),则A'D=√2x,BD=2W2-√2x, BE2=BC2+CE2=4+(2-x)2=x2-4x+8, 所以A'B2=A'E2+BE2=2x2-4x+8, cosA'DB-A'D2+BD2-A B2 2x2-4x 由余弦定理可 2A'D.BD 2W2x×√2(2-x)2 故∠A'DB= 3,A正确： 对于B选项，过点E在平面BCED内作EF⊥BD的延长线于点F,连接A'F, D B 因为A'E⊥平面BCED,BDC平面BCED,故A'E⊥BD, ,EF⊥BD,A'E∩EF=E,故BD⊥平面A'EF, ,A'FC平面A'EF,故A'F⊥BD, 所以二面角A'-BD-C的平面角为∠A'FE, 62m-号，男g西0si4号： πW2 款an∠N阳反 所以二面角A'-BD-C的大小为定值，B对； 对于C选项，SABC =1×2X(2-x)=2-x w-c8acx2-x)号（2x)号[(x-12-1 由二次函数单调性可知A~C先变大再变小，C错； 对于D选项，因为DE⊥A'E,DE⊥CE,DE∥BC,则BC⊥A'E,BC⊥CE, ,A'E∩CE=E,,A'E,CEC平面A'CE,BC⊥平面A'CE, o9∠A'BC=BC 2 所以A'B与DE所成的角为∠A'BC,且 AB√2(x-1)2+6, 所以cos∠A'BC先递增后递减，故A'B与DE所成的角先变小后变大，D错， 故选：AB. 三.填空题（共1小题） 6.如图，在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=45°，∠BCD=60 DC=2BC (1)求DC与平面ABC所成线面角大小45° (2)若AB=BC=2,求三棱锥D-ABC外接球表面积一 D 【解答】解：(I)过点D作DM垂直AC,垂足为M,连接DC, D 、E BN 因为平面ACFD⊥平面ABC,且平面ACFD∩平面ABC=AC, 所以DM⊥平面ABC, 所以∠DCM为DC与平面ABC所成的角， 过M作MN垂直BC,垂直为N,连接DN, 则DN⊥BC. 在直角三角形CDM中， cos∠DCM=CM CD, 在直角三角形CNM中， cos∠MCW=cos45°=CW CM 在直角三角形中CND中， cos∠DCW=cos∠600=CW CD, 所以cos∠DCM·cos∠MCN=cos∠DCN, 即cos∠DCM.cos45°=cos60°」 os∠DCM=cos60°-V2 解得 Γcos45°2， 所以∠DCM=45° 所以DC与平面ABC所成的角为45° (2)如图： B 因为AB=BC=2, 所以∠ACB=∠CAB=45° 即∠ABC=90°，且AC=2V2, 所以AB⊥BC, 又因为∠BCD=60°，DC=2BC=4, 所以BD2=BC2+CD2-2BC.CDcos60°」 D=4+16-2×2×4×1=12 即 2 所以BD2+BC2=CD2, 即BD⊥LBC, 又BDnB=B 所以BC⊥平面ABD, 因为ADC平面ABD, 所以BC⊥AD, 由(1)知，∠ACD=45°，且AC=2V2,CD=4, 根据余弦定理易知AD=2√2」 所以AD2+AC2=CD2 即AD⊥AC,又AC∩BC=C 所以AD⊥平面ABC, 设三棱锥D-ABC外接球半径为R,底面△MBC的外接圆半径为r,且2r=AC=2V2, 2=r2+40 所以 即R2=(W2)2+(2)2=4 所以三棱锥D-ABC外接球表面积为4πR2=16π。 故答案为：45°：16π 四.解答题（共3小题） 7.如图几何体中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD,EC/IPD,且 PD=AD=2EC=2. (1)求证：BEI1平面PDA: (2)求PA与平面PBD所成角的大小. 【解答】(1)证明：方法一：ABCD为正方形，∴.AD/1BC, 又ECIIPD,ECII平面PDA. BC1I平面PDA且EC∩BC=C ·平面ECB /平面PDA 又ECC平面EBC, ∴BE/I平面PDA. 方法二：取PD中点F,连结EF,AF 由已知得EF/1CD,又AB/CD且AO⊥ ∴.四边形ABEF是平行四边形. 则BEIIAF,AFC平面PAD,BE￠平面PAD BEII平面PDA. (2)解：由PD⊥平面ABCD,PDc平面PBD ∴平面PBD⊥平面ABCD」 连AC交BD于O.则AO⊥BD 由平面与平面垂直的性质定理得：AO⊥平面PBD, ∴∠APO为PA与平面PBD所成的角. 在RtAPAO中，求得PA=22,PO=V6, V63 Cos∠APO= 2√2 2,. ∠AP0=π 6 π 即PA与平面PBD所成的角为6， D ---- A B 8.在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1是A1C和B1C1的公垂线段，A1B与平面 ABC成60°角，AB=2N2,A4A=AC=2N3, (1)求证：AB⊥平面A1BC; B (2)求A1到平面ABC的距离： (3)求二面角A1-AC-B的大小 【解答】(1)证明：，三棱柱ABC-AB1C1中，A1B1是A1C与B1C1的 公垂线段，即A1B1LA1C,A1B1⊥B1C1, AB⊥A1C,AB⊥BC,又A1C∩BC=C,AB⊥平面ABC. (2)解：由（1)知AB⊥平面A1BC,,'ABc平面ABC, .平面ABC⊥平面A1BC, 作A1O⊥BC,垂足为O, .平面ABC∩平面A1BC=BC,A1OC平面A1BC, A1O⊥平面ABC,即A1到平面ABC的距离为A1O, ∠A1BC为A1B与平面ABC所成角，即∠A1BC=60, 在RIAR中，AB-VAA-导AB2=V(2W3)2-(2W2)2-2 √3 A A1O=A1Bsin∠A1BC=2×2=V√3， 即A1到平面ABC的距离为√3】 B (3)解：在R△4BC中，BC=√AC2-AB2-√(2W3)2-(2W2)2-=2 H ∴A1B=BC,∠A1BC=60°， .△A1BC为等边三角形， 又A1OLBC,∴.O是BC的中点， 过点O作OH⊥AC于H,连接A1H, ,A1O⊥平面ABC,且ACc平面ABC,A1O⊥AC, 又OH∩A1O=O,OH、A1Oc平面A1OH,∴AC⊥平面A1OH, A1Hc平面A1OH, .AC⊥A1H, .∠A1HO为二面角A1-AC-B的平面角， OH AB AB-0C 2W2×1√6 在△4BC中，由0CAC,得OH=AC=2√3=3， V3 A10√632 在△OAH中，tan∠AH0=0H=3=2,.二面角A1-AC-B大小为 3W2 arctan 2. 73 9.如图，已知三棱台ABC-A1B1C1的体积为12，平面ABBA1⊥平面BCC1B1,△ABC 是以B为直角顶点的等腰直角三角形，且AB=2AA1=2A1B1=2BB1. A (1)证明：BC⊥平面ABB1A1: (2)求点B到面ACCA1的距离： 元 A (3)在线段CC1上是否存在点F,使得二面角F-AB-C的大小为6，若 存在，求出CF的长，若不存在，请说明理由. 解：（1)三棱台ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1AB=2AA1=2AB1=2BB1,则四边形ABBA1 为等腰梯形， 且∠ABB1=∠BAA1=60°，设AB=2x,则BB1=x, 由余弦定理AB1-V3又则AB2=BB子+A如子，由勾股定理的逆定理得，1， ,平面ABB1A1⊥平面BCC1B1,平面ABB1A1∩平面BCCB1=BB1, 故由AB1⊥BB1知AB1⊥平面BCC1B1,BCC平面BCC1B1,∴AB1⊥BC, 又，△ABC是以B为直角顶点的等腰直角三角形，即BC⊥AB, 又AB∩AB1=A,ABC平面ABB1A1,AB1C平面ABB1A1, ∴BC⊥平面ABBA1· (2)由棱台性质知，延长AA1,BB1,CC1交于一点P, ABAB-ABC-V,C _8.7W32W3 P-ccP7卫3，BC4子面4 即BC⊥平面PAB,故BC即三棱锥P-ABC中面PAB的高， 由(1)中所设，AB=BC=2x,∠PAB=∠PBA=60°→△PAB为等边三角形， 2N3 故PA=PB=AB=2X, -ac专SAABCC=E 34（2x）2x=3，解得= 故AB=BC=H=PB=2,AC=PC=2V2→S△PaC=√7 所求的点B到平面ACC1D1的距离即到面AC的距离，设为d, h.A=g-mc,即3 SAPACd-25 1 nd22I 3,解得 7 (3),BC⊥平面ABB1A1,BCC平面ABC, ∴.平面ABC⊥平面PAB,平面ABC∩平面PAB=AB,取AB中点N, 正△ABC中，PN⊥AB,则PN⊥平面ABC,PNC平面PNC,∴.平面PNC⊥平面ABC, 于是，作FE⊥CN,平面PNCn平面ABC=CN, 故FE⊥平面ABC,再作ED LAB,连结FD,则ED即FD在平面ABC上的射影， 由三垂线定理，AB⊥FD,故∠FDE即二面角F-AB-C的平面角， 设FE=V3t,由几何关系，CE=V5t, 元 则DE=2-2t,若存在F使得二面角F-AB-C的大小为6， 公 是 πFE√3t tanFDE=tan 6DE 2-2t, 解 得 % 故 B Q B a ☑53小2=0 ·9