(压轴题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试卷(包含答案解析)

一、选择题

1．已知正三棱柱ABCA1B1C1，底面正三角形ABC的边长为2，侧棱AA1长为2，则点B1到平面A1BC的距离为（ ） A．

221 7B．

221 21C．

47 7D．

47 212．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E为棱AA1的中点，截面CD1E交棱AB于点F，则四面体CDFD1的外接球表面积为（ ） A．

39 4B．

41 4C．12 D．

43 43．在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2,AA13，E是BC的中点，则直线ED1与直线BD所成角的余弦值是（ ） A．7 28B．7 28C．37 14D．37 144．已知正三棱柱ABCA1B1C1，的体积为163，底面积为43，则三棱柱ABCA1B1C1的外接球表面积为（ ）

56224  C．D．28 335．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）为

A．

B．

（ ）

112

 3

A．

4 3B．2 D．6

C．4

最大体积为（ ）

6．一个底面为正三角形的棱柱的三视图如图所示，若在该棱柱内部放置一个球，则该球的

A．6

B．12

C．43 D．83

7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积是（ ）

A．2 B．3 C．4 D．16

8．《九章算术》是古代中国乃至东方的第一步自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形ABCD为矩形，EF//AB，若AB3EF，

ADE和△BCF都是正三角形，且AD2EF，则异面直线AE与CF所成角的大小为（ ）

A．

 6B．

 4C．

 3D．

 29．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为V，该几何体所有棱的棱长之和为L，则（ ）

A．VC．V8,L1425 38,L1625 3B．VD．V8,L1425 8,L1625 10．已知长方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，B，C，D，在球O的表面上，顶点A1，

B1，C1，D1，在过球心O的一个平面上，若AB6，AD8，AA14，则球O的表

面积为（ ） A．169

B．161

C．164

D．265

11．已知直线a、b都不在平面内，则下列命题错误的是（ ） A．若a//b，a//，则b// C．若ab，a//，则b

B．若a//b，a，则b D．若ab，a，则b//

12．如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是如图所示的直角梯形，其中

OA2，BAO45,BC//OA.则原平面图形的面积为（ ）

A．32 B．62 C．32 2D．

3 4二、填空题

B1C1，ABBCAA14，AC42，若点P是上底面13．已知直三棱柱ABCA1 A1 B1C1所在平面内一动点，若三棱锥PABC的外接球表面积恰为41，则此时点P构

成的图形面积为________．

14．如图，已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长均相等，BAD的中点，设平面经过直线A1E，且平面B1BCC13，E是棱ABl1,平面C1CDD1l2，若

平面A1ACC1，则异面直线l1与l2所成的角的余弦值为_______．

15．已知一个几何体的三视图如图所示，俯视图为等腰三角形，则该几何体的外接球表面积为_________.

16．在正三棱锥ABCD中，ABACAD5，BCBDCD6.点M是线段

BC上的点，且BM2MC.点P是棱AC上的动点，直线PM与平面BCD所成角为

，则sin的最大值为______.

17．如图，正方形BCDE的边长为a，已知AB3BC，将△ABE沿边BE折起，折

起后A点在平面BCDE上的射影为D点，则翻折后的几何体中有如下描述：

13①AB与DE所成角的正切值是2；②AB//CE；③VBACE体积是a；④平面

6ABC平面ADC．

其中正确的有______．（填写你认为正确的序号）

18．三棱锥PABC的各顶点都在同一球面上，PC底面ABC，若PCAC1，

AB2，且BAC60，给出如下命题：

①△ACB是直角三角形；②此球的表面积等于11； ③AC平面PBC；④三棱锥APBC的体积为

3. 2其中正确命题的序号为______.（写出所有正确结论的序号）

19．已知点O为圆锥PO底面的圆心，圆锥PO的轴截面为边长为2的等边三角形

PAB，圆锥PO的外接球的表面积为______.

20．如图在长方形ABCD中，AB的长度为_____．

6，BC2．E为线段DC上一动点，现将△AED沿

AE折起．使点D在面ABC上的射影K在直线AE上，当E从D运动到C．则K所形成轨迹

三、解答题

21．如图（1）在ABC中，ACBC，D､E､F分别是AB､AC､BC边的中点，现将△ACD沿CD翻折，使得平面ACD平面BCD.如图（2）

（1）求证：AB//平面DEF； （2）求证：BDAC.

22．在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心.

（1）求证:B1O//平面DA1C1; （2）求点O到平面DA1C1的距离. 23．如图，AB是

O的直径，PA垂直于O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动

点.

（1）证明：BC面PAC；

（2）若PA=AC=1，AB=2，求直线PB与平面PAC所成角的正切值.

24．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是等腰直角三角形，ACB90且

ACa，侧棱AA12，D，E分别是CC1，A1B1的中点．

（1）求直三棱柱ABCA1B1C1的体积（用字母a表示）； （2）若点E在平面ABD上的射影是三角形ABD的重心G， ①求直线EB与平面ABD所成角的余弦值； ②求点A1到平面ABD的距离

25．如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是平行四边形.

（1）求证：AB//EF；

（2）若CFAE，ABAE，求证：平面ABFE平面CDEF.

26．如图，在矩形ABCD中，AB2AD，M为DC的中点，将△ADM沿AM折起使平面ADM平面ABCM.

（1）求证：BMAD；

（2）求直线DC与平面DAB所成角的正弦值.

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．A 解析：A 【分析】

根据题意，将点B1到平面A1BC的距离转化为点A到平面A1BC的距离，然后再利用等体积法VAA1BCVA1ABC代入求解点A到平面A1BC的距离. 【详解】

已知正三棱柱ABCA1B1C1，底面正三角形ABC的边长为2，侧棱AA1长为2，所以可得A22，A1BC为等腰三角形，所以A1BC的高为7，由对称性可1BAC1知，VB1A1BCVAA1BC，所以点B1到平面A1BC的距离等于点A到平面A1BC的距离，所以VAA1BCVA1ABC，又因为S△A1BC1277，S2ABC1233，所以21123221S△A1BChS△ABC2，即h. 3377故选：A.

【点睛】

一般关于点到面的距离的计算，一是可以考虑通过空间向量的方法，写出点的坐标，计算平面的法向量，然后代入数量积的夹角公式计算即可，二是可以通过等体积法，通过换底换高代入利用体积相等计算.

2．B

解析：B 【分析】

可证F为AB的中点，设DD1的中点为G，△DFC的外接圆的球心为O1，四面体

CDFD1的外接球的球心为O，连接OG,OF,OO1,A1B，利用解三角形的方法可求

△DFC的外接圆的半径，从而可求四面体CDFD1的外接球的半径.

【详解】

设DD1的中点为G，△DFC的外接圆的圆心为O1，四面体CDFD1的外接球的球心为

O，

连接OG,OF,OO1,A1B，

因为平面A1ABB1//平面D1DCC1，平面CD1E平面A1ABB1EF，

平面CD1E平面D1DCC1D1C，故EF//D1C， 而A1B//D1C，故EF//A1B，故F为AB的中点， 所以DFCF145，故cosDFC因为∠DFC为三角形的内角，故sinDFC1043，

25554，故△DFC的外接圆的半径为5125244，

5OO1平面ABCD，DD1平面ABCD，故OO1//DD1，

在平面GDO1O中，OGDD1,O1DDD1，故OG//O1D， 故四边形GDO1O为平行四边形，故OO1//GD，OO1GD， 所以四面体CDFD1的外接球的半径为1故四面体CDFD1的外接球表面积为4故选：B. 【点睛】

方法点睛：三棱锥的外接球的球的半径，关键是球心位置的确定，通常利用“球心在过底面外接圆的圆心且垂直于底面的直线上”来确定.

2541， 1644141， 1643．C

解析：C 【分析】

连接D1B1、D1E、DE，先证明四边形BB1D1D为平行四边形，得到B1D1//BD，故异面直线ED1与BD所成的角即为相交直线ED1与D1B1所成的角，由余弦定理可得答案. 【详解】

连接D1B1、D1E、DE，

因为棱BB1//DD1，BB1DD1，所以四边形BB1D1D为平行四边形，

所以B1D1//BD，故异面直线ED1与BD所成的角即为相交直线ED1与D1B1所成的角

B1D1E，因为ABAD2,AA13,BECE1，

所以B1D1D1C12B1C1222，B1E32110，ED2DC2CE2415，

222所以D1EEDD1D5914，

由余弦定理得，

B1D12D1E2B1E28141037. 从而cosB1D1E2B1D1D1E144214故选：C 【点睛】

本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，关键点是找到异面直线所成的角，考查空间中线线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

4．A

解析：A 【分析】

由面积和体积可得三棱柱的底面边长和高，根据特征可知外接球的球心为上下底面中心连线的中点，再由勾股定理可得半径及球的表面积. 【详解】 依题意，AA11634，而S43ABC13ABACsinAAB243， 24解得AB4，记ABC的中心为О，△A1B1C1的中心为О1，则AA1OO14， 取OO1的中点D，因为AOCO，AODCOD90，由勾股定理得ADCD，同理可得ADBDA1DB1DC1D，

所以正三棱柱的外接球的球心为即D，AD为外接球的半径， 由正弦定理得AO22AB43， 2sin6032故ADODAO41628， 332故三棱柱ABCA1B1C1的外接球表面积S4R4故选：A．

28112， 33

【点睛】

本题考查了正三棱柱外接球的表面积的求法，关键点是确定球心的位置和球的半径的长度，考查了学生的空间想象力和计算能力.

5．B

解析：B 【分析】

根据三视图判断出几何体的结构，利用椎体体积公式计算出该几何体的体积. 【详解】

根据三视图可知，该几何体为如图所示四棱锥，

该棱锥满足底面是直角梯形，且侧棱ED平面ABCD， 所以其体积为V故选：B. 【点睛】

方法点睛：该题考查的是有关根据几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下： （1）首先根据题中所给的几何体的三视图还原几何体；

（2）结合三视图，分析几何体的结构特征，利用体积公式求得结果.

11(12)222， 326．C

解析：C

【分析】

先由三视图计算底面正三角形内切圆的半径，内切圆的直径和三棱柱的高比较大小，确定球的半径的最大值，计算球的最大体积. 【详解】

由三视图知该直三棱柱的高为4，底面正三角形的高为3半径为高的三分之一，即r4值为3，它的体积V33，易得底面正三角形内切圆的3，由于234，所以该棱柱内部可放置球的半径的最大

3343.

故选：C 【点睛】

关键点点睛：本题的第一个关键是由三视图确定底面三角形的高是3定球的最大半径.

3，第二个关键是确7．C

解析：C 【分析】

由三视图还原出原几何体，确定其结构，再求出外接球的半径得球的表面积． 【详解】

由三视图，知原几何体是一个四棱锥PABCD，如图，底面ABCD是边长为1的正方形，PB底面ABCD，

由PB底面ABCD，AD面ABCD，得PBAD，又ADAB，

ABPBB，AB,PB平面PAB，所以AD平面PAB，而PA平面PAB，所以ADPA，

同理DCPC，同样由PB底面ABCD得PBBD，

所以PD中点O到四棱锥各顶点距离相等，即为其外接球球心，PD为球直径，

PDPB2BD2PA2AD2AB22，∴外接球半径为r表面积为S4124． 故选：C．

AD1， 2

【点睛】

关键点点睛：本题考查由三视图还原几何体，考查棱锥的外接球表面积．解题关键是确定外接球的球心．棱锥的外接球球心在过各面外心（外接圆圆心）且与该面垂直的直线上．

8．D

解析：D 【分析】

过点F作FG//AE交AB于点G，连接CG，则异面直线AE与CF所成角为CFG或其补角，然后在△CFG中求解. 【详解】

如下图所示，在平面ABFE中，过点F作FG//AE交AB于点G，连接CG， 则异面直线AE与CF所成角为CFG或其补角，

设EF1，则AB3，BCCFAE2，

因为EF//AB，FG//AE，所以，四边形AEFG为平行四边形， 所以，FGAE2，AG1，BG2， 由于ABC2，由勾股定理可得CGBC2BG222，

所以，CG2CF2FG2，则CFG故选：D. 【点睛】

2.

思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,补角作为两条异面直线所成的角．

2，当所作的角为钝角时，应取它的

9．A

解析：A 【分析】

由三视图还原几何体，由棱锥的体积公式可得选项. 【详解】

在如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1中，P，E分别为B1C1,BC的中点，该几何体为四棱锥PABCD，且PE平面ABCD． 由三视图可知AB2，则PCPB5,PDPA3，

18222． 33则L25681425,V故选：A.

【点睛】

方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：

(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．

(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．

(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．

10．C

解析：C 【分析】

把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O就是该长方体的外接球，根据长方体外接球的直径等于体对角线的长，求出直径，即可得出球的表面积. 【详解】 如下图所示：

把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O就是该长方体的外接球，

根据长方体的结构特征可得，其外接球直径等于体对角线的长， 所以球O的半径R满足2R628282164， 所以球O的表面积S4R2164. 故选：C.

【点睛】

关键点点睛：本题主要考查几何体外接球的表面积，熟记长方体结构特征，其外接球的球心和半径与长方体的关系，以及球的表面积公式，是解决此类问题的关键.

11．C

解析：C 【分析】

利用线面平行的性质和判定定理可判断A选项的正误；由线面垂直的定义可判断B选项的正误；根据已知条件判断b与的位置关系，可判断C选项的正误；根据已知条件判断b与的位置关系，可判断D选项的正误. 【详解】

由于直线a、b都不在平面内.

在A中，若a//，过直线a的平面与的交线m与a平行，

b，m，所以，b//，A选项正确；

在B中，若a，则a垂直于平面内所有直线，

因为a//b，可得b//m，

a//b，则b垂直于平面内所有直线，故b，B选项正确； 在C中，若ab，a//，则b与相交或平行，C选项错误；

在D中，若ab，a，则b//或b，故选：C. 【点睛】

方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．

b，b//，D选项正确.

12．A

解析：A 【分析】

作出原平面图形，然后求出面积即可． 【详解】

BAO45BOA，则△OAB是等腰直角三角形，

∴ABOB2，

又OCCB，COB45，∴BC1， 在直角坐标系中作出原图形为：

梯形OABC，OA//BC，OA2,BC1，高OB22， ∴其面积为S故选：A 【点睛】

方法点睛：本题考查斜二测法画平面图形直观图，求原图形的面积，可能通过还原出原平面图形求得面积，也可以通过直观图到原图形面积的关系求解：直观图面积为S，原图形面积为S，则

1(21)2232． 2S2． S4二、填空题

13．【分析】确定是等腰直角三角形的中点分别是和的外心由直棱柱性质得的外接球的球心在上外接球面与平面的交线是圆是以为圆心为半径的圆求出可得面积【详解】则设分别是的中点则分别是和的外心由直三棱柱的性质得平面 解析：4

【分析】

确定ABC是等腰直角三角形，AC,A1C1的中点D,D1分别是ABC和△A1B1C1的外心，由直棱柱性质得PABC的外接球的球心O在DD1上，外接球面与平面A1B1C1的交线是圆，是以D1为圆心，D1P为半径的圆，求出PD1可得面积． 【详解】

ABBC4,AC42，则ABC90，设D,D1分别是AC,A1C1的中点，则D,D1分别是ABC和△A1B1C1的外心，由直三棱柱的性质得DD1平面ABC，

所以PABC的外接球的球心O在DD1上，如图，

4(OA)241，则OPOA241，24132， ODOA2AD2(22)22所以OD1DD1ODAA1OD4235， 22415222PD1OPOD12， 22PABC的外接球面与平面A1B1C1的交线是圆，是以D1为圆心，D1P为半径的圆，

其面积为S224． 故答案为：4．

【点睛】

关键点点睛：本题考查立体几何中动点轨迹问题的求解，重点考查了几何体的外接球的有关问题的求解，关键是根据外接球的性质确定球心位置，结合勾股定理得出动点所满足的具体条件，结论：三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上．

14．【分析】取的中点连接证明平面平面平面即平面然后分别取的中点证明平面平面可得可得异面直线与所成的角即与所成的角由余弦定理可得答案【详解】由直四棱柱的所有棱长均相等所以是菱形连接且所以因为平面平面所以且

9 10【分析】 解析：

取AD的中点F，连接A1F，证明平面A1EF平面A1ACC1，平面A1EF即平面，然后分别取B1C1、D1C1的中点M、N，证明平面A1EF//平面MNC，可得CM//l1，

CN//l2，可得异面直线l1与l2所成的角即CM与CN所成的角，由余弦定理可得答案.

【详解】

由直四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长均相等，BAD连接AC、BD，AC11、B1D1，且AC3，所以ABCD是菱形，

BDO，A1C1B1D1O1，

所以BDAC，B1D1A1C1，因为AA1平面ABCD，BD平面ABCD， 所以AA1BD，且AA1ACA，所以BD平面A1ACC1，

取AD的中点F，连接A1F，连接EF交AC与G，所以EF//BD，

且G是AO的中点，所以EF平面A1ACC1，所以平面A1EF平面A1ACC1， 又A1E平面A1EF，所以平面A1EF即平面，

分别取B1C1、D1C1的中点M、N，连接MN交A1C1与H点，H即为O1C1的中点， 所以A1HGC，且A1H//GC，所以四边形A1HCG是平行四边形，所以A1G//HC，

AG平面CMN，CH平面CMN，所以AG//平面CMN， 1又因为EF//BD//B1D1//MN，EF平面CMN，MN平面CMN， 所以MN//平面CMN，又AG1EFG，

所以平面A1EF//平面MNC，且平面B1C1CB平面MNCMC， 平面D1C1CD平面MNCNC，

所以CM//l1，CN//l2，

所以异面直线l1与l2所成的角即CM与CN所成的角，设AB2， 则直四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长均为2，由BAD所以BDABB1D12，MN且CMCNCC12C1M23，

1D1B11， 2415，

CM2CN2MN25519由余弦定理得MCN.

2CMCN2510故答案为：

9. 10【点睛】

本题考查了异面直线所成的角，关键点是作出平面及找出异面直线所成的角，考查了学生分析问题、解决问题的能力及空间想象力.

15．【分析】首先把三视图转换为直观图进一步求出几何体的外接球的半径最后求出球的表面积【详解】根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形高为2的三棱锥体如图所示:设底面外接圆的半径为t圆心为H则解得 解析：

41 4【分析】

首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的外接球的半径，最后求出球的表面积. 【详解】

根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形，高为2的三棱锥体．如图所示:

222设底面外接圆的半径为t,圆心为H，则t1(2t)，解得t5， 4设外接球的半径r，球心为O，则OH底面，且OH1， 则r541 ()21244所以S4(4141). 164故答案为：【点睛】

41 4关键点点睛：球心与底面外接圆圆心连线垂直底面，且OH等于棱锥高的一半，利用勾股定理求出球的半径，由面积公式计算即可.

16．【分析】证明直线与平面所成角中当此为二面角的平面角时最大即可得【详解】先证一个命题：平面内所有直线与平面所成的角中当此角为二面角的平面角时最大如图平面于点于是上任一点则而则平面又平面∴是二面角的平面 解析：【分析】

证明直线PM与平面BCD所成角中当此为二面角的平面角时最大即可得． 【详解】

先证一个命题：平面ABC内所有直线与平面BCD所成的角中，当此角为二面角的平面角时最大．

如图AO平面BCD于点O，OEBC于E，Q是BC上任一点， 则AOBC，而AO13 4OEO，则BC⊥平面OAE，又AE平面OAE，∴AEO是二面角ABCD的平面角，

而AQO是直线AQ与平面ABCD所成的角， 显然sinAEOAOAO，sinAQO，又AQAE，

AQAE∴sinAQOsinsinAEO，

AEO,AQO都是锐角，∴AQOAEO，Q,E重合时等号成立．

由此可知平面ABC内所有直线与平面BCD所成的角中，当此角为二面角的平面角时最大． 由已知EO363，AE52324，AOAE2EO213， 6sinAEO13， 413． 4∴直线PM与平面BCD所成角最大值等于AEO， ∴sin的最大值为故答案为：

13． 4【点睛】

结论点睛：在二面角ABCD（为锐二面角）中，AEO是ABCD二面角的平面角，Q是棱BC上任一点，则AQ与平面BCD所成角中最大值为二面角的平面角，

AQ与平面BCD内过Q点的直线（实际上是所有直线）所成角中最大值为直线AQ与平

面BCD所成的角．

17．①③④【分析】作出折叠后的几何体的直观图由题中条件得到是异面直线与所成的角求出其正切可判断①正确；根据线面垂直的的判定定理先证明平面可判断②错；根据等体积法由体积公式求出可判断③正确；根据面面垂直的

解析：①③④ 【分析】

作出折叠后的几何体的直观图，由题中条件，得到ABC是异面直线AB与DE所成的角，求出其正切，可判断①正确；根据线面垂直的的判定定理，先证明CE平面ABD，可判断②错；根据等体积法，由体积公式求出VBACE，可判断③正确；根据面面垂直的判定定理，可判断④正确. 【详解】

作出折叠后的几何体直观图如图所示：

由题意，AB∴AD3a，BEa，∴AE2a；

AE2DE2a，ACCD2AD22a，

∵BC//DE，∴ABC是异面直线AB与DE所成的角， 在RtABC中, tanABCAC2，故①正确； BC连结BD，CE，则CEBD，

又AD平面BCDE，CE平面BCDE， ∴CEAD，又BDADD，BD平面ABD，AD平面ABD，

∴CE平面ABD，又AB平面ABD， ∴CEAB.故②错误．

111213三棱锥BACE的体积VBACEVABCESBCEADaaa.

3326故③正确．

∵AD平面BCDE，BC平面BCDE，

∴BCAD，又BCCD，CDADD，CD平面ADC，AD平面ADC，

∴BC⊥平面ADC，∵BC平面ABC， ∴ABC平面ADC.故④正确. 故答案为：①③④． 【点睛】 思路点睛：

判断空间中线线、线面、面面位置关系时，一般根据相关概念，结合线面平行、垂直的判定定理及性质，以及面面平行、垂直的判定定理及性质，根据题中条件，进行判断或证明.

18．①③【分析】①先求出再得到最后判断①正确；②先判断三棱锥的外接球就是以为顶点以棱的长方体的外接球再求半径最后求出球的表面积判断②错误；③先证明最后证明平面判断③正确；④直接求出三棱锥的体积判断④错误

解析：①③. 【分析】

①先求出BC3，再得到AB2BC2AC2，最后判断①正确；②先判断三棱锥

PABC的外接球就是以C为顶点，以CA，CB，CP棱的长方体的外接球，再求半径r，最后求出球的表面积，判断②错误；③先证明ACPC，ACBC，

PCCBC,最后证明AC平面PBC，判断③正确；④直接求出三棱锥APBC的体积，判断④错误. 【详解】

解：①在△ACB，因为AC1，AB2，且BAC60，

所以BC2AB2AC22ABACcosBAC3，则BC3， 所以AB2BC2AC2，所以△ACB是直角三角形，故①正确； ②由（1）可知ACBC，又因为PC底面ABC，

所以三棱锥PABC的外接球就是以C为顶点，以CA，CB，CP棱的长方体的外接球，

则rCA2CB2CP25，则此球的表面积等于S4r25，故②错误； 2③因为PC底面ABC，所以ACPC，由（1）可知ACBC，PCCBC, 所以AC平面PBC，故③正确； ④三棱锥APBC的体积V故答案为：①③. 【点睛】

本题考查判断三角形是直角三角形、求三棱锥的外接球的表面积、求三棱锥的体积、线面垂直的证明，是中档题.

113，故④错误. (13)132619．【分析】由题意知圆锥的轴截面为外接球的最大截面即过球心的截面且球心在上由等边三角形性质有即求得外接球的半径为R进而求外接球的表面积【详解】设外接球球心为连接设外接球的半径为R依题意可得在中有即解得故 解析：

16 3【分析】

由题意知圆锥PO的轴截面为外接球的最大截面，即过球心的截面且球心在PO上，由等边三角形性质有Rt△AOO，即OA2AO2OO2求得外接球的半径为R，进而求外接球的表面积. 【详解】

设外接球球心为O，连接AO，设外接球的半径为R，依题意可得AO1，PO3，

在Rt△AOO中，有OAAOOO，即R1222223R，解得R22， 3故外接球的表面积为S4R4故答案为：【点睛】

2416. 3316. 3本题考查了求圆锥体的外接球面积，由截面是等边三角形，结合等边三角形的性质求球半径，进而求外接球面积，属于基础题.

20．【分析】由题意分析可得可知K所形成轨迹为一个圆弧求出圆心角再求弧长即可【详解】由题意D′K⊥AE所以K的轨迹是以AD′为直径的一段圆弧D′K设

AD′的中点为O∵长方形ABCD′中ABBC∴∠D′AC 解析：

2 3【分析】

由题意分析可得DKAE可知K所形成轨迹为一个圆弧,求出圆心角再求弧长即可. 【详解】

由题意,D′K⊥AE,所以K的轨迹是以AD′为直径的一段圆弧D′K,设AD′的中点为O, ∵长方形ABCD′中,AB∴∠D′AC＝60°, ∴∠D′OK＝120°6,BC2,

2, 3222, 323∴K所形成轨迹的长度为

故答案为：【点睛】

2 3本题主要考查了空间中的轨迹问题,主要是找到定量关系分析轨迹,属于中等题型.

三、解答题

21．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】

（1）根据三角形中位线的性质，得到EF//AB，利用线面平行的判定定理证得结果； （2）根据面面垂直的性质定理，得到BD平面ACD，进而证得BDAC. 【详解】

证明：（1）如图（2）：在ABC中，E､F分别是AC､BC中点，得EF//AB， 又AB平面DEF，EF平面DEF，AB//平面DEF.

（2）∵平面ACD平面BCD且交线为CD，BDCD，且BD平面BCD， ∴BD平面ACD，又AC平面ACD ∴BDAC. 【点睛】

方法点睛：该题考查的是有关空间关系的证明问题，解题方法如下：

（1）熟练掌握线面平行的判定定理，在解题过程中，一定不要忘记线在面内、线在面外的条件；

（2）根据面面垂直的条件，结合线线垂直，利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而证得线线垂直.

22．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）连接B1D1，设B1D1AC11O1，连接DO1，证明B1O1DO是平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可证明.

（2）由题意可得平面DA1C1平面B1D1DB，过点O作OHDO1于H，在矩形

23. 3B1D1DB中，连接OO1，可得△O1OD∽△OHD，由三角形相似，对应边成比例即可求

解. 【详解】

（1）证明：连接B1D1，设B1D1AC11O1，连接DO1.

O1B1//DO且O1B1DO， B1O1DO是平行四边形.

B1O//DO1.

又

DO1平面DA1C1，B1O平面DA1C1，

A1C1B1D1，AC11BB1，且BB1B1D1B1，

B1O//平面DA1C1.

（2）

A1C1平面B1D1DB.

平面DA1C1平面B1D1DB，且交线为DO1.

在平面B1D1DB内，过点O作OHDO1于H，则OH平面DA1C1， 即OH的长就是点O到平面DA1C1的距离.

O1DOD在矩形B1D1DB中，连接OO1，△O1OD∽△OHD，则， O1OOHOH2223. 3623. 3即点O到平面DA1C1的距离为【点睛】

关键点点睛：本题考查了线面平行的判定定理，点到面的距离，解题的关键是过点O作

OHDO1于H，得出OH的长就是点O到平面DA1C1的距离，考查了计算能力.

23．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）证明AC⊥BC和PA⊥BC，BC面PAC即得证；

（2）先证明∠BPC为PB与平面PAC所成的角，再通过解三角形求出BC,PC即得解. 【详解】

证明：(1) AB为圆O直径

6. 2∠ACB=90°即AC⊥BC

PA⊥面ABC，PA⊥BC ACPA=A

BC⊥面PAC.

BC⊥面PAC， (2) ∠BPC为PB与平面PAC所成的角，

在直角三角形ABC中，BC22123， 在直角三角形PAC中，PC1212在直角三角形PBC中，tan∠BPC=2,

36. 226. 2故直线PB与平面PAC所成角的正切值为【点睛】

方法点睛：求线面角常用几何法求解，其步骤为：找作证（定义）指求（解三角形）.

24．（1）a2；（2）①【分析】

3051；②．

39（1）直接由体积公式计算；

（2）取AB的中点F，连接EF,FC,EC1,BG，得EFCC1是矩形，由G是DAB的重心，EG平面DAB，求出a，

①EBG是直线EB与平面DAB所成的角，在直角三角形中计算可得； ②由点A1到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离可得． 【详解】

（1）由题意VABCA1B1C1S△ABCAA112a2a2； 21AB， 2（2）如图，取AB的中点F，连接EF,FC,EC1,BG， 由ACBC，ACB90，F是AB中点得CFAB，CF由直三棱柱ABCA1B1C1可得EFCC1是矩形，设CFx，则EDFD1x2，

EF2．C1D1，G是DAB的重心，则DGGF22DF1x2，3311x2， 3又EG平面DAB，DF平面DAB，∴EGDF，

∴EF2FG2ED2DG2，即4∴ACABa10，

①由EG平面DAB，知EBG是直线EB与平面DAB所成的角，

14(1x2)(1x2)(1x2)，解得x5， 99130，EBEG4(1x2)93∴BG952223，

1017， 3317∴BG51． cosEBG3BE39②∵A1E//AB，AB平面DAB，A1E面DAB，∴A1E//面DAB，

∴点A1到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离为EG30． 3

【点睛】

关键点点睛：本题考查求棱柱的体积，求直线与平面所成的角及点到平面的距离．本题关键是由点E在平面ABD上的射影是三角形ABD的重心G求出a，然后根据直线与平面所成角的定义得出这个角后计算即可得． 25．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】

（1）证明出AB//平面CDEF，再利用线面平行的性质定理可证得AB//EF； （2）证明出AE⊥平面CDEF，再结合面面垂直的判定定理可得出平面ABFE平面

CDEF.

【详解】

（1）因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB//CD，

因为AB平面CDEF，CD平面CDEF，所以AB//平面CDEF. 又因为AB平面ABFE，平面ABFE平面CDEFEF，所以AB//EF；

（2）由（1）有AB//EF，因为ABAE，所以EFAE. 又因为CFAE，EF【点睛】

方法点睛：证明面面垂直常用的方法： （1）面面垂直的定义； （2）面面垂直的判定定理.

在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可. 26．（1）证明过程见解析；（2）【分析】

（1）根据矩形的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；

（2）根据线面平行的判定定理、平行线的性质，结合棱锥的等积性、线面角的定义进行求解即可. 【详解】

（1）在矩形ABCD中，连接BM，所以DC90，

CFF，所以AE⊥平面CDEF.

又因为AE平面ABEF，所以平面ABEF平面CDEF.

2. 3因为AB2AD，M为DC的中点，所以三角形ADM和三角形BCM是等腰直角三角形，

因此有DMACMB45,所以AMB90，即MBAM,

在棱锥DABCM，取AM中点N，连接DN,CN，因为三角形ADM是等腰直角三角形，所以DNAM，因为平面ADM平面ABCM，平面ADM平面

ABCMAM，

所以DN平面ABCM，而BM平面ABCM，所以DNBM，

又因为DNAMN,DN,AM平面ADM，所以BM平面ADM，

而AD平面ADM，所以BMAD；

（2）设AD1，所以AB2，M为DC的中点，因此DMMC1, 在等腰直角三角形ADM中，DN在直角梯形ABCM中，BN1112， AMAD2DM212122222110, BM2NM2(2)2(AM)222由（1）可知中：DN平面ABCM，而BN,CN平面ABCM， 所以DNBN,DNCN， 因此DBBN2DN2(1022)()23， 22显然有DA2DB2AB2，所以三角形DAB是直角三角形.由余弦定理可知：

12210，

CNCM2NM22CMNMcos135121()2222在直角三角形DCN中，DCDN2CN21103， 24因为MC//AB,AB平面DAB，所以MC//平面DAB，因此点M,C到平面DAB的距离相等，设为d，因此有：

1VMDABVDABMS3解得：d1dSDAB3ABM11112， DN13d21323226，设CO平面DAB，垂足为O，连接OD， 36，CDO直线DC与平面DAB所成角, 3显然COd6CO2. 所以

sinCDO3CD33因此直线DC与平面DAB所成角的正弦值为

2. 3