高二数学立体几何试题答案及解析

高二数学立体几何试题答案及解析
1.如图，在腰长为2的等腰直角三角形ABC内任取一点P，则点P到直角顶点A的距离小于
的概率为
【答案】
【解析】点P到直角顶点A的距离小于，则点P在以点A为圆心为半径的扇形区域内，则其概率为
2.已知长方体中，，点在棱上移动，当时，直线与平面所成角为．
【答案】
【解析】
为直线与平面所成角，，,,所以．【考点】线面角
3.已知正四棱台ABCD-A
1B
1
C
1
D
1
的高为2，A
1
B
1
=1，AB=2，则该四棱台的侧面积等于．
【答案】．
【解析】因为正四棱台ABCD-A
1B
1
C
1
D
1
的高为2，A
1
B
1
=1，AB=2，所以正四棱台的斜高
，则该四棱台的侧面积为．
【考点】正四棱台．
4.已知空间中两点A（1，2，3），B（4，2，a），且，则a=（）
A．1或2B．1或4C．0或2D．2或4
【答案】D
【解析】或
【考点】空间两点间距离
5.三棱锥A—BCD的四个顶点同在一个球O上，若AB⊥面BCD，BC⊥CD，AB=BC=CD=1，
则球O的表面积等于．
【答案】
【解析】易知，棱AD的中点即为球心O．由已知条件可得AD=．所以球半径为，则其表面积等于．
【考点】多面体与其外接球问题．
6.在正方体中，下列几种说法正确的是（）
A．与成角
B．与成角
C．
D．
【答案】A
【解析】直线与是异面直线，而∥，所以即为与所成的角．显然三角形是等边三角型，所以．故选A．同时可分别证明答案B、C、D是错误的．
【考点】异面直线所成的角及其是否垂直的问题．
7.如图是一个几何体的三视图，其中正视图与左视图都是全等的腰为的等腰三角形，俯视图是边长为2的正方形，（1）画出该几何体；（2）求此几何体的表面积与体
积．
【答案】；
【解析】根据题意可得该几何体是正四棱锥，底面为2的的正方形，因为侧面斜高为，所以可得高为2，即可求得表面积与体积
试题解析：（1）此几何体是正四棱锥，它的底为边长为2的正方形，侧面斜高为
表面积为
体积为
【考点】1．三视图；2．几何体的体积、表面积公式
8.右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（）
A．9B．10C．11D．12
【答案】D
【解析】根据题中所给的几何体的三视图，可以断定该几何体是下边是一个圆柱，上边是一个球体，且球的半径和圆柱的底面圆的半径是相等的，可知其表面积是圆柱的表面积加上球的表面积，即为，故选D．
【考点】根据几何体的三视图，求其表面积．
9.如图所示，正四棱锥中，为底面正方形的中心，侧棱与底面所成的角的正
切值为．
（1）求侧面与底面所成的二面角的大小；
（2）若是的中点，求异面直线与所成角的正切值；
【答案】（1）（2）
【解析】（1）取中点，，连接，则为所求二面角的
平面角，找出二面角的平面角再根据题目所给条件即可计算出二面角的大小。

（2）连接为异面直线所成的角。

根据判断出进而得到，从而可知是异面直线与所成角，利用勾股定理即可求出所求答案。

试题解析：（1）取中点，连接，
依条件可知，
则为所求二面角的平面角．
∵面，
∴为侧棱与底面所成的角．
设，，
．
（2）连接为异面直线与所成的角．
平面．又OE平面，
．
，
【考点】空间角的求解
10.已知A（2，－5，1），B（2，－2，4），C（1，－4，1），则与的夹角为（）A．30°B．45°C．60°D．90°
【答案】C
【解析】可得，，所以．又因向量夹角
范围，所以与的夹角为60°。

故选C。

【考点】向量夹角。

11.如图，正方体ABCD﹣A
1B
1
C
1
D
1
的棱长为1，线段B
1
D
1
上有两个动点E、F，且EF= ．则
下列结论中正确的个数为
①AC⊥BE；
②EF∥平面ABCD；
③三棱锥A﹣BEF的体积为定值；
④的面积与的面积相等，
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【解析】①中AC⊥BE，由题意及图形知，AC⊥面DD1B1B，故可得出AC⊥BE，此命题正确；
②EF∥平面ABCD，由正方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面平行，EF在其一面上，故EF与平面ABCD无公共点，故有EF∥平面ABCD，此命题正确；③三棱锥A-BEF的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，A点到面DD1B1B距离是定值，故可得三棱锥A-BEF的体积为定值，此命题正确；④由图形可以看出，B到线段EF的距离与A到EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积相等不正确
【考点】1．正方体的结构特点；2．空间线面垂直平行的判定与性质
12.如图1矩形APCD中，AD＝2AP，B为PC的中点，将三角形APB折沿AB折起，使得PD ＝PC，如图2．
（1）若E为PD中点，证明CE//平面APB；
（2）证明：平面APB平面ABCD．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析．
【解析】
试题解析：（1）证明：如图，取中点，，连结，
为中点，且．
且，
且，四边形为平行四边形，．
平面，平面，
平面．
（2）证明：如图，取中点，中点，连接．
，为中点，，
又，平面，平面，
平面．
又平面，．
在中，，是中点，，
平面，平面，和相交，
平面．
平面，
平面平面．
【考点】线面平行的判定，面面垂直的判定．
13.某几何体的三视图如图所示,它的体积为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据题中所给的几何体的三视图，可以将几何体还原，可知该几何体是由一个圆柱和圆锥的组合体，且底面圆的半径为，圆锥的高为，根据几何体的体积公式，可知其体积
为，故选A．
【考点】根据几何体的三视图求几何体的体积．
14.已知是两条不同直线，、β、γ是三个不同平面．下列命题中正确的是．
（1）．若⊥γ，β⊥γ，则//β
（2）．若⊥，⊥，则//
（3）．若//，//，则//
（4）．若//，//β，则//β
【答案】（2）
【解析】（1）中可能平行，可能相交；（2）中由线面垂直的性质可知垂直于同一平面的两直线平行；（3）中两直线可能平行，相交或异面；（4）中可能平行，可能相交
【考点】空间线面平行垂直的位置关系
15.一只蚂蚁从棱长为1cm的正方体的表面上某一点出发，走遍正方体的每个面的中心的最短距离，那么的最大值是__________．
【答案】
【解析】欲求d的最大值，先将起始点定在正方体的一个顶点A点，再将正方体展开，找到6个面的中心点，经观察可知蚂蚁爬行最短程为6个正方体的棱长+展开图形中半个正方形对角线的长．
欲求d的最大值，先将起始点定在正方体的一个顶点A点，正方体展开图形为：
则蚂蚁爬行最短程的最大值
【考点】平面展开-最短路径问题
【方法点睛】折叠与展开问题是立体几何的两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现。

处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系；折叠问题是立体几何的一类典型问题是实践能力与创新能力考查的好素材；解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化,这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据。

而表面展开问题是折叠问题的逆向．
16.如图，已知四棱锥，底面四边形为菱形，，．分别是线段．的中点．
（1）求证：∥平面；
（2）求异面直线与所成角的大小．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1）连结AC，交BD于点O，由已知得MN∥AC，由此能证明MN∥平面ABCD；（2）由已知得∠ACB是异面直线MN与BC所成的角或其补角，由此能求出异面直线MN与BC 所成的角．
试题解析：（1）解：连接交于点，∵分别是线段的中点,
∴．
∵平面，平面
∴平面．
（2）解：由（1）知，就是异面直线
与所成的角或其补角．
∵四边形为菱形，，，
∴在△中，，，∴，
∴异面直线与所成的角为．
【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定
【方法点睛】求两异面直线所成的角的三个步骤
（1）作：根据所成角的定义，用平移法作出异面直线所成的角；
（2）证：证明作出的角就是要求的角；
（3）计算：求角的值，常利用解三角形得出．
可用“一作二证三计算”来概括．同时注意异面直线所成角范围是（0°，90°]．
17.如图，三棱柱中，侧棱平面，为等腰直角三角形，，
且分别是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积．
（3）若点是上一点，求的最小值．
【答案】（1）详见解析；（2）1；（3）．
【解析】（1）由已知易证得面，从而可得．令，从而可得的边长，根据勾股定理可证得．从而可证得平面．（2）易求得三
棱锥的体积，又三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，从而可得所求．（3）将立体图展成平面图，用余弦定理求的最小值．
试题解析：（1）证明：，且为中点，．
又三棱柱中面，面，，
，面，面，．
因为
经计算得
，即，又因为
平面
（2）由（1）知面，面，，
，，
，
又由（1）知平面，．
，．
（3）将此三棱柱的立体图展成平面图，使面与面重合．
此时，又，
所以
【考点】1线线垂直，线面垂直；2棱锥的体积；3余弦定理．
18.（2013•绍兴一模）如图，正四面体ABCD的顶点C在平面α内，且直线BC与平面α所成
角为45°，顶点B在平面α上的射影为点O，当顶点A与点O的距离最大时，直线CD与平面α
所成角的正弦值等于（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意，可得当O、B、A、C四点共面时顶点A与点O的距离最大，设此平面为β．由
面面垂直判定定理结合BO⊥α，证出β⊥α．过D作DE⊥α于E，连结CE，根据面面垂直与线面垂直的性质证出DH∥α，从而点D到平面α的距离等于点H到平面α的距离．设正四面体ABCD的棱长为1，根据BC与平面α所成角为45°和正四面体的性质算出H到平面α的距离，从而在Rt△CDE中，利用三角函数的定义算出sin∠DCE=，即得直线CD与平面α所成角的正弦值．
解：∵四边形OBAC中，顶点A与点O的距离最大，
∴O、B、A、C四点共面，设此平面为β
∵BO⊥α，BO⊂β，∴β⊥α
过D作DH⊥平面ABC，垂足为H，
设正四面体ABCD的棱长为1，则Rt△HCD中，CH=BC=
∵BO⊥α，直线BC与平面α所成角为45°，
∴∠BCO=45°，结合∠HCB=30°得∠HCO=75°
因此，H到平面α的距离等于HCsin75°=×=
过D作DE⊥α于E，连结CE，则∠DCE就是直线CD与平面α所成角
∵DH⊥β，α⊥β且DH⊄α，∴DH∥α
由此可得点D到平面α的距离等于点H到平面α的距离，即DE=
∴Rt△CDE中，sin∠DCE==，即直线CD与平面α所成角的正弦值等于
故选：A
【考点】直线与平面所成的角．
19.（2015秋•内江期末）在直三棱柱ABC﹣A
1B
1
C
1
中，AB⊥BC，AB=BC=AA
1
，则异面直线
AC
1与B
1
C所成角为（）
A．30°B．45°C．60°D．90°【答案】D
【解析】由条件便可看出B
1A
1
，B
1
C
1
，B
1
B三直线两两垂直，这样分别以这三直线为x，y，z轴
建立空间直角坐标系，并设AB=1，从而可以求出图形上一些点的坐标，从而可求出向量
的坐标，并可以说明，从而得出异面直线AC
1与B
1
C所成的角．
解：如图，根据条件知，B
1A
1
，B
1
C
1
，B
1
B三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建
立空间直角坐标系，设AB=1，则：
B
1（0，0，0），C（0，1，1），A（1，0，1），C
1
（0，1，0）；
∴；∴；
∴；
即AC
1⊥B
1
C；
∴异面直线AC
1与B
1
C所成角为90°．
故选：D．
【考点】异面直线及其所成的角．
20.已知：四棱锥P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠A=90°，且
AB∥CD，CD，点F在线段PC上运动．
（1）当F为PC的中点时，求证：BF∥平面PAD；
（2）设，求当λ为何值时有BF⊥CD．
【答案】（1）见解析；（2）当λ=1，即F为PC中点时有BF⊥CD．
【解析】（1）取CD中点E，连接EF，先证明平面BEF∥平面PAD，方法是由EF∥平面PAD 和BE∥平面PAD，线面平行推出面面平行，再由面面平行的定义可得所证线面平行
（2）由（1）可知BE⊥CD，若BF⊥CD，则定有CD⊥平面BEF，而CD⊥平面PAD，故有平面BEF∥平面PAD，从而由面面垂直的性质定理可推知EF∥PD，从而断定F为PC中点，即λ=1
解：（1）取CD中点E，连接EF．∵是PC中点，∴EF∥PD．
∵EF⊄平面PAD，PD⊆平面PAD，∴EF∥平面PAD．
∵，AB∥CD，∴DE∥AB且DE=AB，∴BE∥AD．
∵BE⊄平面PAD，AD⊆平面PAD，∴BE∥平面PAD．
∵EF⊆平面BEF，BE⊆平面BEF，EF∩BE=E，∴平面BEF∥平面PAD．
而BF⊆平面BEF，∴BF∥平面PAD．
（2）当λ=1，即F为PC中点时有BF⊥CD．
∵PA⊥平面ABCD，CD⊆平面ABCD，∴PA⊥CD．
∵∠A=90°，AB∥CD，∴CD⊥AD．
∵PA⊆平面PAD，AD⊆平面PAD，PA∩AD=A，
∴CD⊥平面PAD．由（1）知平面PAD∥平面BEF，
∴CD⊥平面BEF．
∵BF⊆平面BEF，∴CD⊥BF．
【考点】直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的判定．
21.（2015秋•珠海期末）如图，长方体ABCD﹣A
1B
1
C
1
D
1
中，E是棱DC中点，AB=4，
BB
1
=BC=2．
（1）求线段B
1
E的长；
（2）求点C
1到平面B
1
ED
1
的距离．
【答案】（1）2．（2）．
【解析】（1）以A
1为原点，以A
1
B
1
所在直线为x轴，以A
1
D
1
所在直线为y轴，以A
1
A所在直
线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出||．
（2）求出平面B
1ED
1
的法向量，利用向量法能求出点C
1
到平面B
1
ED
1
的距离．
解：（1）以A
1为原点，以A
1
B
1
所在直线为x轴，以A
1
D
1
所在直线为y轴，以A
1
A所在直线为z
轴，建立空间直角坐标系，则有B
1（4，0，0），D
1
（0，2，0），D（0，2，2），C（4，2，
2），E（2，2，2），C
1
（4，2，0），
=（﹣2，2，2），
||==2．
（2）=（﹣4，2，0），=（﹣2，2，2），=（0，2，0），
设平面B
1ED
1
的法向量=（x，y，z），
则，
取x=1，得=（1，2，﹣1），
∴点C
1到平面B
1
ED
1
的距离d===．
【考点】点、线、面间的距离计算．
22.（2015秋•淮南期末）一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的表面积与侧面积的比是（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据圆柱的侧面展开图是一个正方形，得到圆柱的高和底面半径之间的关系，然后求出圆柱的表面积和侧面积即可得到结论．
解：设圆柱的底面半径为r，圆柱的高为h，
∵圆柱的侧面展开图是一个正方形，
∴2πr=h，即r=．
∴圆柱的侧面积为2πrh=4π2r2，
圆柱的两个底面积为2πr2，∴圆柱的表面积为2πr2+2πrh=2πr2+4π2r2，
∴圆柱的表面积与侧面积的比为：=，
故选：B．
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
23.四面体ABCD的四个顶点都在球O的表面上，AB⊥平面BCD，三角形BCD是边长为3的等边三角形，若AB=2，则球O的表面积为_________．
【答案】
【解析】取的中点，连接，因为在四面体中，平面，且是边长为3的等边三角形，所以，是等腰三角形
的中心为，作交的中垂线于点，为外接球的中心，，
【考点】球
24.正方体的棱长为2，则点到平面的距离为．
【答案】
【解析】由题意可知,.
.
.
设点到面的距离为,
,,解得.
【考点】1三棱锥的体积;2点到面的距离.
25.如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为矩形，且PA=AD=1，AB=2，∠PAB=
120°，∠PBC=90°．
（Ⅰ）求证：直线DA⊥平面PAB；
（Ⅱ）求三棱锥B﹣PAC的体积．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】（I）根据矩形的性质得出AD⊥AB，AD∥BC，由BC⊥PB得出AD⊥BP，故AD⊥平面PAB；
（II）将△PAB当作棱锥的底面，则棱锥的高为BC，代入体积公式计算．
（I）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD⊥AB，AD∥BC．
∵∠PBC=90°，∴BC⊥PB，
∴AD⊥PB，又AB⊂平面APB，BP⊂平面ABP，AB∩BP=B，
∴DA⊥平面PAB．
（II）解：∵AD∥BC，AD⊥平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，BC=AD=1．
∵S
==．
△PAB
∴三棱锥B﹣PAC的体积V===．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．
26.已知正四面体的棱长为，则其内切球的半径是 .
【答案】
【解析】如图O为正四面体ABCD的内切球的球心，正四面体的棱长为4，
所以OE为内切球的半径，设OA=OB=R，
在等边三角形BCD中，，．
由，即有,解得，．其内切球的半径是．
【考点】正四面体的内切球半径的求法
27.四棱锥中，侧棱，底面是直角梯形，，且
，是的中点．
（Ⅰ）求异面直线与所成的角；
（Ⅱ）线段上是否存在一点，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说
明理由．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】由已知条件建立空间坐标系，利用空间向量求解，由异面直线所成角首先求得两直线的
方向向量所成角，从而得到异面直线所成角，首先由线面垂直关系得到直线的方向
向量平行于平面的法向量，从而得到点Q坐标，求得的比值
试题解析：以为坐标原点，分别以为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则.
（Ⅰ）.
则
，即异面直线与所成的角为．
（Ⅱ）假设线段上存在一点，使，设.
设，则，即，
.
.
，，，即.
即线段上存在一点，使得，且.
【考点】异面直线所成角；线面垂直的判定
28.已知如图1所示的图形有面积关系,用类比的思想写出如图2所示的图形的体
积关系___________
【答案】
【解析】由类比推理思想，在平面内：面积比是同一个顶点出发的两条边长乘积的比，推广到空
间应为：体积比为相应同一个顶点出发的三条棱长乘积的比，即.
【考点】类比推理.
【名师】本题考查合情推理中的类比推理，中档题；合情推理是最近高考的热点内容，类比推理
是合情推理中的一种重要形式，考查方向主要有：平面到空间的类比、二维到三维的类比、等差
数列到等比数列的类比、一类事件到另一类事件的类比等，本题考查的就是平面到空间的类比. 29.如图，四棱锥的底面是直角梯形，，，和是两个边长为
的正三角形，，为的中点，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）详见解析（2）
【解析】（Ⅰ）由条件先证明四边形ABFD为正方形，由等腰三角形的性质证明PO⊥BD，由勾
股定理求得PO⊥AO，从而证得PO⊥平面ABCD；（Ⅱ）设平面PDC的法向量为，直线CB与平面PDC所成角θ，求出一个法向量为又可得和夹角的
余弦值，即为直线CB与平面PDC所成角的正弦值
试题解析：（1）证明：设为的中点，连接，则
∵，，，
∴四边形为正方形，
∵为的中点，
∴为的交点，
∵，
∴，
∵，
∴，，
在三角形中，，∴，
∵，∴平面；
（2）由（1）知平面，又，所以过分别做的平行线，以它们做轴，以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由已知得：
，，
，，，
，
则，．
设平面的法向量为，直线与平面所成角，
则，即，
解得，令，则平面的一个法向量为，
又,则，
∴直线与平面所成角的正弦值为．
【考点】线面垂直的判定；线面所成角
30.已知某几何体的三视图和直观图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）设为中点，在棱上是否存在一点，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）证明线线垂直一般首先证明线面垂直，本题中可证明平面，从而得到;（Ⅱ）设P（0，0，a）为BC上一点，根据MP∥平面，，求出a值，进而得到答案
试题解析：（Ⅰ）证明：由三视图可知，．
在直角梯形中，取的中点，连结．
可得，则是正方形．
所以，，．
可得，所以．
因为，所以平面，则．
（Ⅱ）在直角梯形中，取中点，由题意得四边形是平行四边形．
所以．
因为平面，平面，所以平面．
又因为平面，，所以平面平面．
且平面平面，平面平面，所以．
所以．
【考点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
31.如图，正方体AC
1的棱长为1，过点A作平面A
1
BD的垂线，垂足为点H，以下四个命题：
①点H是△A
1
BD的垂心；
②AH垂直平面CB
1D
1
③直线AH和BB
1所成角为45°；
④AH的延长线经过点C
1
其中假命题的个数为（）
A．0B．1C．2D．3【答案】B
【解析】首先，判断三棱锥 A﹣BA
1D为正三棱锥，然后，得到△BA
1
D为正三角形，得到H为A
在平面A
1BD内的射影，然后，根据平面A
1
BD与平面B
1
CD
1
平行，得到②正确，最后，结合线
面角和对称性求解．
解：∵AB=AA
1=AD，BA
1
=BD=A
1
D，
∴三棱锥 A﹣BA
1D为正三棱锥，
∴点H是△A
1BD的垂心，故①正确；
∵平面A
1BD与平面B
1
CD
1
平行，AH⊥平面A
1
BD，
∴AH垂直平面CB
1D
1
，∴②正确；
∵AA
1∥BB
1
，∴∠A
1
AH就是直线AH和BB
1
所成角，
在直角三角形AHA
1
中，
∵AA
1=1，A
1
H==，∴sin∠A
1
AH=，
∴③错误，
根据正方体的对称性得到AH的延长线经过C
1
，∴④正确；
故选：B．
32.在长方体，中，，点在棱上移
动．
（1）证明：；（2）当为中点时，求三棱锥的体积。

【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】（1），又
，由线面垂直的判定定理和定义即可证明结果．（2）
由此即可求出结果．
试题解析：（1）证明：
又
又
，∴
（2）
【考点】1．线面垂直的判定定理；2．几何体的体积公式．
33.在直三棱柱ABC-A
1B
1
C
1
中，底面△ABC是直角三角形，AC＝BC＝AA
1
＝2，D为侧棱AA
1
的中点.
（1）求异面直线DC
1、B
1
C所成角的余弦值；
（2）求二面角B
1-DC-C
1
的平面角的余弦值.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）以C为原点，CA、CB、CC1为坐标轴，建立空间直角坐标系C-xyz，写出要用的点的坐标，写出两个向量的方向向量，根据两个向量所成的角得到两条异面直线所成的角．（2）先求两个平面的法向量，在第一问的基础上，有一个平面的法向量是已知的，只要写出向量的表示形式就可以，另一个平面的向量需要求出，根据两个法向量所成的角得到结果
试题解析：（1）如图所示，以C为原点，CA、CB、CC
1
为坐标轴，建立空间直角坐标系C-xyz （2分）
则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C
1(0，0，2)，B
1
(0，2，2)，D(2，0，1).（4分）
所以，，
所以.即异面直线DC
1与B
1
C所成角的余弦值为.
（2）因为，，，所以，，所以为平面
ACC
1A
1
的一个法向量。

因为，，设平面B
1DC
1
的一个法向量为n，n(x,y,z).
由得令x＝1，则y＝2，z＝－2，n＝(1,2, －2). 所以
所以二面角B
1―DC―C
1
的余弦值为
【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量求平面间的夹角
34.已知三棱锥的所有棱长都为，则该三棱锥的外接球的表面积为 .
【答案】
【解析】此三棱锥是正四面体，当正四面体棱长为时，外接球的为，因此
，．
【考点】几何体的表面积.
【方法点晴】本题主要考查了几何体的外接球问题，关键是找到外接球球心，由于球心到各个顶点的距离相等，根据球截面的性质：球心与截面圆圆心连线与截面圆所在平面垂直，在找球心时要首先找几何体各个面的外接圆圆心，过此外心作这个面的垂线，球心一定在这条垂线上．由此可得球心位置，当球心位置确定后，球面上任意一点到球心的距离均为半径，进而可得表面积.
35.如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC=90°，CD∥AB，AB=4，AD=CD=2．将△ADC沿
AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D﹣ABC，如图2所
示．
（Ⅰ）求证：BC⊥平面ACD；
（Ⅱ）求几何体D﹣ABC的体积．
【答案】见解析
【解析】解：（Ⅰ）
【解法一】：在图1中，由题意知，，∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC
取AC中点O，连接DO，则DO⊥AC，又平面ADC⊥平面ABC，
且平面ADC∩平面ABC=AC，DO⊂平面ACD，从而OD⊥平面ABC，
∴OD⊥BC
又AC⊥BC，AC∩OD=O，
∴BC⊥平面ACD
【解法二】：在图1中，由题意，得，∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC
∵平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC=AC，BC⊂面ABC，∴BC⊥平面ACD
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BC为三棱锥B﹣ACD的高，且，S
△ACD
=×2×2=2，
所以三棱锥B﹣ACD的体积为：，
由等积性知几何体D﹣ABC的体积为：．
【点评】本题通过平面图形折叠后得立体图形，考查空间中的垂直关系，重点是“线线垂直，线面垂直，面面垂直”的转化；等积法求体积，也是常用的数学方法．
36. ABCD—A
1B
1
C
1
D
1
是正方体，B
1
E
1
＝D
1
F
1
＝，则BE
1
与DF
1
所成角的余弦值是
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点E
1
，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可．
如图
先将平移到，再平移到，为与所成的角；
设边长为4，则，，
得.
故选A.
【考点】异面直线所成的角.
37.设是不同的直线，是不同的平面，下列命题中正确的是（）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】B
【解析】A中两平面可能平行可能相交；B中由线面垂直的性质可知结论正确；C中两平面可能
平行可能相交；D中由线面垂直的性质可知两面垂直
【考点】线面平行垂直的判定与性质
38.已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为的正三角形，为球的
直径，且；则此棱锥的体积为（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据题意作出图形，如图所示，设球心为，过三点的小圆的圆心为，则⊥
平面，延长交球于点，则平面．∵，所以，∴高，∵是边长为的正三角形，∴
．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【方法点晴】本题主要考查了空间几何体的体积公式、几何体的体积的计算，着重考查了学生的
推理与运算能力和空间想象能力，试题有一定的难度，属于中档试题，本题的解答中，作出图形，球心为，过三点的小圆的圆心为，得出平面，进而得到三棱锥的高，利用三棱锥的体积公式，即可求解几何体的体积．
39.如果，，那么和的关系为．
【答案】相等或互补
【解析】若和在同一平面内，则根据两直线平行，内错角相等，可得：= =，,则,既有：,即
和的关系为相等或互补．若和不在同一平面内，则根据平行直线的性质可知，
结论同样成立．故答案为：相等或互补．
【考点】平行公理．
40.如图，在直角梯形中，，在直角梯形内挖
去一个以为圆心，以为半径的四分之一圆，得到图中阴影部分，求图中阴影部分绕直线
旋转一周所得旋转体的体积、表面积．
【答案】，．
【解析】旋转后几何体是一个圆台，从上面挖去一个半球，根据数据利用面积公式与体积公式，
即可求解该几何体的体积与表面积．
试题解析：
【考点】旋转体的概念及体积．
41.如图1，已知四边形为直角梯形，，，，为等边三角形，，，如图2，将，分别沿折起，使得平面平面，平面平面，连接，设为上任意一
点．
（1）证明：平面；
（2）若，求的值．
【答案】（1）见解析（2）的值为或
【解析】（1）设法证明平面平面即可；（2）取的中点，连接，则，过作，垂足为，设，利用，求得或．当
时，在中，，可得，同理可得当时，．
试题解析：（1）由题意可知，因为平面平面，平面平面，所以平面,
同理平面，所以平面平面．
又平面，所以平面．
（2）取的中点，连接，则，过作，垂足为，设．
∵，∴．
∵，∴，化简得
∴或．
又∵，
当时，
在中，，
∴．
当时，同理可得，
综上所述，的值为或．
【考点】直线与平面平行的判定，平面与平面垂直的判定和性质
42.空间三条直线交于一点，则它们确定的平面数可为（）
A．1B．1或2或3
C．1或3D．1或2或3或4
【答案】C
【解析】由题意得，当三条直线共面时，此时确定一个平面；当三条直线不共面时，此时能确定
三个平面，故选C．
【考点】确定平面的个数．
43.已知正三棱锥的高为，点为侧棱的中点，与所成角的余弦值为，则正三棱锥的体积为（）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由于几何体为正三棱锥，所以是等边三角形的重心，分中线成，取为中点，由于是中点，所以是直角三角形的中位线，所以
，所以为与所成角
，所以，设底面边长为，则
，由解得，所以三棱锥的体积为
.
【考点】三棱锥体积.
【思路点晴】以客观题形式或作为解答题的一个构成部分考查常见几何体的表面积与体积，一般都是易题，有时结合面积、体积的计算考查等积变换等转化思想，与三视图结合是主要命题形式.若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.由于本题题目所以的三棱锥是正三棱锥，所以顶点在底面射影是底面的中心.
44.在中，，若使绕直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】如图，中，若使绕直线旋转一周，则所形成的几何体是以为轴截面的圆锥中挖去了一个以为轴截面的小圆锥后剩下的部分．，
，
．故选A．
【考点】旋转体的体积．
45.如图，在棱长为的正方体中，点分别是棱的中点,是侧面
内一点，若平行于平面,则线段长度的取值范围是_________.
【答案】
【解析】如下图所示，分别取棱的中点，连接，连接，因为为所在棱的中点，所以，所以，又平面平面，所以
平面；因为，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又，所以平面，因为
是侧面内一点，且平面，则必在线段上，在直角中，。