娄底市必修第二册第三单元《立体几何初步》测试(含答案解析)

一、选择题
1．设m ，n 是不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有以下四个命题： ①若m α⊥，n β⊥，//αβ，则//m n ；
②若m αγ=，n βγ=，//m n ，则//αβ；
③若γα⊥，γβ⊥，则//αβ.
④若//αβ，//βγ，m α⊥，则m γ⊥；其中正确命题的序号是（ ）
A ．①③
B ．②③
C ．③④
D ．①④ 2．平面α⊥平面 β，A ∈α，B ∈β，AB 与两平面α，β所成的角分别为4π和6
π，过 A 、B 分别作两平面交线的垂线，垂足为 ,A B ''，则:AB A B ''等于( )．
A ．3∶2
B ．3∶1
C ．2∶1
D ．4∶3
3．古代数学名著《数学九章》中有云：“有木长三丈，围之八尺，葛生其下，缠木两周，上与木齐，问葛长几何？”意思为：圆木长3丈，圆周为8尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺(注：1丈即10尺)（ ） A ．30尺 B ．32尺 C ．34尺 D ．36尺 4．如图所示，AB 是⊙O 的直径，VA 垂直于⊙O 所在的平面，点C 是圆周上不同于A ，B 的任意一点，M ，N 分别为VA ，VC 的中点，则下列结论正确的是（ ）
A ．MN //AB
B ．MN 与B
C 所成的角为45° C ．OC ⊥平面VAC
D ．平面VAC ⊥平面VBC
5．用长度分别是2，3，5，6，9（单位：cm ）的五根木棒连接（只允许连接，不允许折断），组成共顶点的长方体的三条棱，则能够得到的长方体的最大表面积为（ ） A ．2258cm B ．2414cm C ．2416cm D ．2418cm
6．如图所示，在正三棱锥S —ABC 中，M 、N 分别是SC ．BC 的中点，且MN AM ⊥，若侧棱23SA =，则正三棱锥S —ABC 外接球的表面积是（）
A ．12π
B ．32π
C ．36π
D ．48π 7．已知平面α内一条直线l 及平面β，则“l β⊥”是“αβ⊥”的（ ） A ．充分必要条件
B ．充分不必要条件
C ．必要不充分条件
D ．既不充分也不必要条件
8．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别是棱BC ，1CC 的中点，P 是侧面11BCC B 内一点，若1//A P 平面AEF ，则线段1A P 长度的取值范围是（ ）
A ．2,3]
B ．52⎤⎥⎣
C ．3254⎡⎢⎣⎦
D ．5⎡
⎢⎣⎦
9．鲁班锁运用了中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代各国工匠鲁班所作，是由六根内部有槽的长方形木条，按横竖立三方向各两根凹凸相对咬合一起，形成的一个内部卯榫的结构体.鲁班锁的种类各式各样，千奇百怪.其中以最常见的六根和九根的鲁班锁最为著名.下图1是经典的六根鲁班锁及六个构件的图片，下图2是其中的一个构件的三视图（图中单位：mm ），则此构件的表面积为（ ）
A ．27600mm
B ．28400mm
C ．29200mm
D ．210000mm 10．如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为正方形，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为（ ）
A ．15
B ．25
C ．35
D ．45
11．将表面积为36π的圆锥沿母线将其侧面展开，得到一个圆心角为
23π的扇形，则该圆锥的轴截面的面积为（ ）
A ．3
B ．2
C ．3
D ．312．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，18AA =，3AB =，8AD =，点M 是棱AD 的中点，点N 是棱1AA 的中点，P 是侧面四边形11ADD A 内一动点（含边界），若1//C P 平面CMN ，则线段1C P 长度的取值范围是（ ）
A ．[17,5]
B ．[4,5]
C ．[3,5]
D ．[3,17] 13．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为（ ）
A ．4π
B ．6π
C ．8π
D ．2π
14．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为底面ABCD 的中心，点P 在侧面11BB C C 的边界及其内部运动．若1D O OP ⊥，则11D C P △面积的最大值为（ ）
A 25
B ．455
C 5
D ．25二、解答题 15．如图，已知三棱锥A BCD -中，点M 在BD 上，2BAD BDC π
∠=∠=，
BM MD DC ==，且ACD 为正三角形.
（1）证明：CM AD ⊥；
（2）求直线CM 与平面ACD 所成角的正弦值.
16．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，90CAD ABC ∠=∠=，
30BAC ADC ∠=∠=，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 中点，2AC =.
（1）求证：//AE 平面PBC .
（2）若四面体PABC 的体积为3，求PCD 的面积. 17．如图三棱柱111ABC A B C －中，11,,60CA CB AB AA BAA ∠︒＝＝＝，
（1）证明1AB A C ⊥；
（2）若16AC ＝，2AB
CB ＝＝，求三棱柱111ABC A B C －的体积S . 18．如图所示正四棱锥S ABCD -，2,2SA SB SC SD AB =====
，P 为侧棱SD 上
的点.
（1）求证：AC SD ⊥；
（2）若3SAP APD S S =，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥ 平面PAC .若存在，求SE EC 的值；若不存在，试说明理由. 19．如图，在四面体ABCD 中，E ，F 分别是线段AD ，BD 的中点，∠ABD =∠BCD =90°，EC =2，AB =BD =2，直线EC 与平面ABC 所成的角等于30°.
（1）证明：平面EFC ⊥平面BCD ；
（2）求点F 到平面CDE 的距离.
20．如图，在组合体中，ABCD -A 1B 1C 1D 1是一个长方体，P -ABCD 是一个四棱锥.AB =2，BC =3，点P ∈平面CC 1D 1D 且PD =PC =2
（1）证明：PD ⊥平面PBC ；
（2）求直线PA 与平面ABCD 所成角的正切值；
（3）若AA 1=a ，当a 为何值时，PC //平面AB 1D .
21．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，E 是CC 1上的中点，且BC ＝1，BB 1＝2.
（1）证明：B 1E ⊥平面ABE ；
（2）若三棱锥A －BEA 1的体积是3，求异面直线AB 和A 1C 1所成角的大小. 22．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABC ，//,90AD BC ABC ︒∠=，2AD =，23AB =，6BC =．
（1）求证：平面PBD ⊥平面PAC ；
（2）PA 长为何值时，直线PC 与平面PBD 所成角最大？并求此时该角的正弦值． 23．如图，在空间几何体A -BCDE 中，底面BCDE 是梯形，且CD //BE ，CD =2BE =4，∠CDE =60°，△ADE 是边长为2的等边三角形.
（1）若F 为AC 的中点，求证：BF //平面ADE ；
（2）若AC =4，求证：平面ADE ⊥平面BCDE .
24．在斜三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，且2AB AC ==，
123AA =．
（Ⅰ）求证：平面1AB C ⊥平面11ABB A ；
（Ⅱ）求直线1BC 与平面11ABB A 所成角的正弦值．
25．如图，已知PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，M 、N 分别为AB 、PC 的中点，,2,2PA AD AB AD ===.
（1）求证：平面MPC ⊥平面PCD ；
（2）求三棱锥B MNC -的高.
26．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，//PD MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点．
（1）求证：平面EFG ⊥平面PDC ；
（2）求证：平面//EFG 平面PM A ．
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一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据空间线面位置关系的性质和判定定理判断或举出反例说明.
【详解】
对①，根据垂直于两个平行平面中一个平面的直线与另一个平面也垂直，
以及垂直于同一个平面的两条直线平行，故①正确；
对②，设三棱柱的三个侧面分别为,,αβγ，其中两条侧棱为,m n ，
显然//m n ，但α与β不平行，故②错误.
对③，当三个平面,,αβγ两两垂直时，显然结论不成立，故③错误.
对④，∵
////αβγ，当m α⊥时，m γ⊥，故④正确.
故选：D.
【点睛】
该题考查空间线面位置关系的判断，属于中档题目
. 2．C
解析：C
【分析】
结合题意分别在直角三角形中求出各边之间的数量关系，从而计算出结果
【详解】
在Rt ABB '∆中，cos
42AB AB AB π'=⋅= 在Rt ABA '∆中，1sin
62AA AB AB π'=⋅=,
在Rt AA B ''∆中，12A B AB ''=
=
, 所以:2:1AB A B ''=
故选C
【点睛】
本题运用线面角来解三角形的边长关系，较为基础 3．C
解析：C
【分析】
由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，葛藤长是两个矩形相连所成矩形的对角线的长，画出图形，即可求出葛藤长.
【详解】
由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，葛藤长是两个矩形相连所成矩形的对角线的长. 如图所示
矩形ABCD 中，30AD =尺，2816AB =⨯=尺， 所以葛藤长2222301634AC AD AB =
+=+=尺.
故选：C .
【点睛】
本题考查圆柱的侧面展开图，考查学生的空间想象能力，属于基础题. 4．D
解析：D
【分析】
由中位线性质，平移异面直线即可判断MN 不与AB 平行，根据异面直线平面角知MN 与BC 所成的角为90°，应用反证知OC 不与平面VAC 垂直，由面面垂直的判定知面VAC ⊥面VBC ，即可知正确选项.
【详解】
M ，N 分别为VA ，VC 的中点，在△VAC 中有//MN AC ，
在面ABC 中AB AC A =，MN 不与AB 平行；
AC BC C =，知：MN 与BC 所成的角为90BCA ∠=︒；
因为OC ⋂面VAC C =，OC 与平面内交线,AC VC 都不垂直，OC 不与平面VAC 垂直； 由VA ⊥面ABC ，BC ⊂面ABC 即VA BC ⊥，而90BCA ∠=︒知AC BC ⊥，AC VA A ⋂=有BC ⊥面VAC ，又BC ⊂面VBC ，所以面VAC ⊥面VBC ； 故选：D
【点睛】
本题考查了异面直线的位置关系、夹角，以及线面垂直的性质，面面垂直判定的应用，属于基础题.
5．C
解析：C
【分析】
设出长方体的三条棱的长度为,,a b c ，根据表面积公式()2S ab bc ac =++求解出,,a b c 在何种条件下取得最大值，由此考虑长方体棱的长度，并计算出对应的长方体的最大表面积.
【详解】
设长方体的三条棱的长度为,,a b c ，
所以长方体表面积()()()()222
2S ab bc ac a b b c a c =++≤+++++，
取等号时有a b c ==，又由题意可知a b c ==不可能成立，
所以考虑当,,a b c 的长度最接近时，此时对应的表面积最大，此时三边长：8,8,9， 用2和6连接在一起形成8，用3和5连接在一起形成8，剩余一条棱长为9，
所以最大表面积为：()22888989416cm ⨯+⨯+⨯=. 故选C.
【点睛】
本题考查基本不等式与长方体表面积最大值的综合，难度一般.求解()0,0ab a b >>的最
2a b +≤可知最大值为2a b +⎛⎫ ⎪⎝⎭
，此时要注意取等号的条件a b =是否成立，若取等号的条件不成立，则满足条件的,a b 相差最小时可取得最大值.
6．C
解析：C
【分析】
根据题目条件可得∠ASB =∠BSC =∠ASC =90∘，以SA ，SB ，SC 为棱构造正方体，即为球的内接正方体，正方体对角线即为球的直径，即可求出球的表面积.
【详解】
∵M ,N 分别为棱SC ,BC 的中点,
∴MN ∥SB
∵三棱锥S −ABC 为正棱锥，
∴SB ⊥AC (对棱互相垂直)
∴MN ⊥AC
又∵MN ⊥AM ，而AM ∩AC =A ，
∴MN ⊥平面SAC ，
∴SB ⊥平面SAC
∴∠ASB =∠BSC =∠ASC =90∘
以SA ，SB ，SC 为从同一定点S 出发的正方体三条棱，
将此三棱锥补成以正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径. ∴
26R ==，
∴R =3，
∴V =36π.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了三棱锥的外接球的表面积，考查空间想象能力，由三棱锥构造正方体，它的对角线长就是外接球的直径,是解决本题的关键.
7．B
解析：B
【分析】
根据面面垂直和线面垂直的定义，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
解：由面面垂直的定义知，当“l ⊥β”时，“α⊥β”成立，
当αβ⊥时，l β⊥不一定成立，
即“l β⊥”是“αβ⊥”的充分不必要条件，
故选：B ．
【点睛】
本题考查命题充分性和必要性的判断，涉及线面垂直和面面垂直的判定，属基础题. 8．C
解析：C
【分析】
分别取111,BB B C 的中点,N M ,可得平面1//A MN 平面AEF ，从而点P 的轨迹为线段MN ，然后计算出线段1A P 的范围.
【详解】
分别取111,BB B C 的中点,N M ,
则1//A M AE ,1A M ⊄平面AEF ，AE ⊂平面AEF ，则1//A M 平面AEF . //EF NM ,MN ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，则//MN 平面AEF
又1MN A M M ⋂=,所以平面1//A MN 平面AEF
又平面1A MN ⋂面11BCC B MN =
所以点P 的轨迹为线段MN
当P 为线段MN 的端点M （或N ）时，1A P 最长，此时
11P M A A ===
当P 为线段MN 的中点时，1A P 最短，此时14P A ==
所以4AP ⎡∈⎢⎣⎦
， 故选：C ．
【点睛】
本题考查利用向量法解决线面平面的探索问题，本题也可以构造面面平面得出动点的轨迹，从而求解，属于中档题.
9．B
解析：B
【分析】
由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，进而求出表面积即可.
【详解】
由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，如下图所示，
其表面积为：
()210020220202100204010210202840m 0m S =⨯⨯+⨯⨯+⨯-⨯⨯+⨯⨯=.
故选：B.
【点睛】
本题考查几何体的表面积的求法，考查三视图，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.
10．D
解析：D
【分析】
本题先通过平移确定异面直线1A B 与1AD 所成角11A BC ∠，再在11A BC 中通过余弦定理求该角的余弦值即可.
【详解】
解：连接11A C 、1BC （如图），设12=2AA AB k =（0k >），则11=5A B C
B k
=，112AC k
=， 在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，
∵11//BC AD ，
∴ 异面直线1A B 与1AD 所成角可以表示为11A BC ∠，
在11A BC 中，
222222*********cos 25255A B BC AC A BC A B BC k k
+-∠===⋅⋅⨯⨯， 故选：D.
【点睛】
本题考查了异面直线所成的角，余弦定理，是中档题.
11．B
解析：B
【分析】
如图所示，设此圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线长为l .可得πr 2+πrl ＝36π，2πr ＝l •23π，联立解得：r ，l ，h 22l r =-即可得出该圆锥的轴截面的面积S 12
=•2r •h ＝rh . 【详解】
如图所示，
设此圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线长为l .
则πr 2+πrl ＝36π，化为：r 2+rl ＝36，2πr ＝l •
23π，可得l ＝3r . 解得：r ＝3，l ＝9，h 22l r =-=2.
该圆锥的轴截面的面积S 12=
•2r •h ＝rh ＝2=2. 故选：B.
【点睛】
本题考查了圆锥的表面积、弧长的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题. 12．A
解析：A
【分析】
取11A D 中点E ，取1DD 中点F ，连接EF 、1C E 、1C F ，证明平面//CMN 平面1C EF 后即可得P ∈线段EF ，找到取最值的情况求解即可得解.
【详解】
取11A D 中点E ，取1DD 中点F ，连接EF 、1C E 、1C F ，
由//EF MN ，1//C E CM ，1EF C E E =可得平面//CMN 平面1C EF ， P 是侧面四边形11ADD A 内一动点（含边界），1//C P 平面CMN ，
∴P ∈线段EF ，
∴当P 与EF 的中点O 重合时，线段1C P 长度取最小值1C O ，
当P 与点E 或点F 重合时，线段1C P 长度取最大值1C E 或1C F ，
在长方体1111ABCD A B C D -中，18AA =，3AB =，8AD =，
点M 是棱AD 的中点，点N 是棱1AA 的中点， ∴221max 11345C P C E C F ===+=，42EF =
2221min 1125(22)17C P C O C E EO ==-=-=.
∴线段1C P 长度的取值范围是17,5].
故选：A.
【点睛】
本题考查了长方体的特征及面面平行的性质与判定，考查了空间思维能力，属于中档题. 13．C
解析：C
【分析】
由题意判断几何体的形状，几何体扩展为长方体，求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积
【详解】 几何体为三棱锥，可以将其补形为长和宽都是2，高为2的长方体
该长方体的外接球和几何体的外接球为同一个
故22222(2)(2)22R =++=，2R =
所以外接球的表面积为：248R ππ=．
故选：C
【点睛】
本题考查球的表面积的求法，几何体的三视图与直观图的应用，考查空间想象能力，计算能力，属于中档题.
14．C
解析：C
【分析】
取1BB 的中点F ，由题意结合正方体的几何特征及平面几何的知识可得1OD OC ⊥，
1OD OF ⊥，由线面垂直的判定与性质可得1OD CF ⊥，进而可得点P 的轨迹为线段CF ，找到1C P 的最大值即可得解.
【详解】
取1BB 的中点F ，连接OF 、1D F 、CF 、1C F ，连接DO 、BO 、OC 、11D B 、1D C ，如图：
因为正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，
所以11B F BF ==,2DO BO OC ===111
22D B DC ==1BB ⊥平面ABCD ，1BB ⊥平面1111D C B A ，11C D ⊥平面11BB C C ， 所以22116OD OD DD =+=223OF OB BF =+=2211113D F D B B F =+=，
所以22211OD OF D F +=，22211OD OC D C +=，
所以1OD OC ⊥，1OD OF ⊥，
由OC OF O =可得1OD ⊥平面OCF ，
所以1OD CF ⊥，所以点P 的轨迹为线段CF ， 又221111152C F B C B F C C =+=>=,
所以11D C P △面积的最大值1111125522S C F D C =
⋅=⨯=. 故选：C.
【点睛】
本题考查了正方体几何特征的应用，考查了线面垂直的判定与性质，关键是找到点P 的轨迹，属于中档题.
二、解答题
15．（1）证明见解析 ；（2）33. 【分析】 （1）取AD 中点
P ，连结MP ，CP ，推导出CP AD ⊥，MP AD ⊥，从而AD ⊥面CMP ，由此能证明CM AD ⊥．
（2）过M 作MH CP ⊥于点H ，则MH ⊥面ACD ，MCP ∠即为直线CM 与面ACD 所成的角，由此能求出直线CM 与平面ACD 所成角的正弦值．
【详解】
（1）取AD 中点P ，连结,MP CP ，
由ACD 为正三角形可得CP AD ⊥，
又由,//2BAD MP AB π∠=
得MP AD MP CP P ⊥⋂=，， ∴AD ⊥面CMP ，
又∵CM ⊂面MPC ，
∴CM AD ⊥；
（2）过M 作MH CP ⊥于点H ，由（1）可知，,AD MH CP AD P ⊥⋂=， ∴MH ⊥面ACD ，
∴MCP ∠即为直线CM 与面ACD 所成的角，
不妨设1CD =，则332,,CM MP CP ===， ∴2
62cos 33
MCP ∠== ∴3sin 3
MCP ∠= 所以直线CM 与平面ACD 所成角的正弦值为3.
【点睛】
求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.
16．（1）证明见解析；（2）27. 【分析】 （1）取CD 中点F ，连接EF ，AF ，利用面面平行的判定定理证明平面//AEF 平面PBC ，再用面面平行的性质可得//AE 平面PBC ；
（2）根据体积求出PA ，过A 作AQ CD ⊥于Q ，连接PQ ，AQ ，求出PQ 和CD 后，根据三角形面积公式可求得结果.
【详解】
（1）取CD 中点F ，连接EF ，AF ，则//EF PC ，
又120BCD AFD ∠=∠=︒，
∴//BC AF ，
∴平面//AEF 平面PBC ，
∴//AE 平面PBC .
（2）因为90CAD ABC ∠=∠=，30BAC ADC ∠=∠=，2AC =，
所以1,3BC AB ==
由已知得：113323P ABC V AB BC PA -=
⋅⋅⋅=，即11331323
PA ⨯⨯⨯⨯=， 可得2PA =.
过A 作AQ CD ⊥于Q ，连接PQ ，AQ ，
∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA AQ ⊥，PA CD ⊥，∴CD PQ ⊥，
ACD △中，2AC =，90CAD ∠=，30ADC ∠=， ∴4CD =，23AD =，2233AC AD AQ CD ⋅⨯===， 222237PQ PA AQ =+=+=，
∴11742722PCD S PQ CD =
⋅=⨯⨯=△. 【点睛】 关键点点睛：掌握面面平行的判定定理和面面平行的性质是解题关键. 17．（1）证明见解析；（2）3.
【分析】
（1）取AB 中点E ，连接11,,CE A B A E ，根据已知条件，利用等腰三角形的性质得到1A E AB ⊥，,CE AB ⊥利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥面1,CEA 即可得到1AB A C ⊥ ；
（2） 在1CEA 中可以证明1A E CE ⊥，结合1A E AB ⊥，利用线面垂直判定定理得到1A E ⊥平面ABC ,作为三棱柱的高，进而计算体积.
【详解】
(1)取AB 中点E ，连接11,,CE A B A E ，
11,60AB AA BAA ∠︒＝＝，
1BAA ∴是等边三角形，
1A E AB ∴⊥，
CA CB ＝，
,CE AB ∴⊥
1,CE A E E ⋂＝
AB ∴⊥面1,CEA
1AB A C ∴⊥.
(2)由于CAB ∆为等边三角形，
3CE ∴＝1123322
S AB CE ⨯⨯⨯=底面积＝＝1CEA 中，3CE ＝13EA ＝16AC =
1A E CE ∴⊥，结合1A E AB ⊥，
又,,AB CE E AB CE ⋂=⊂平面ABC ,
1A E ∴⊥平面ABC ,
13h A E ∴＝＝，
333V Sh ⨯=＝＝.
【点睛】
本题考查线面垂直的判定与证明，考查棱柱的体积计算，属基础题，为证明线线垂直，常常先证线面垂直，为证明线面垂直，又常常需要先证明线线垂直，这是线面垂直关系常用的证明与判定方式，要熟练掌握.
18．(1)证明见解析.(2) 侧棱SC 上存在一点E ，当满足
2SE EC =时，//BE 平面PAC . 【分析】
（1）连结,AC BD 相交于点O ，可得AC ⊥平面BSD ，从而可证.
（2）取点F 为SD 的中点，可得//BF OP ，过点F 作//FE PC ，交SC 于点E ，连结BE ，可得平面//BEF 平面ACP ，可得//BE 平面PAC ，从而得出答案.
【详解】
连结,AC BD 相交于点O , 由棱锥S ABCD -为正四棱锥
则SO ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ,所以SO AC ⊥
又棱锥S ABCD -为正四棱锥，则四边形ABCD 为正方形，所以BD AC ⊥
由BD SO O ⋂=,所以AC ⊥平面BSD
SD ⊂平面BSD ，所以AC SD ⊥
（2）侧棱SC 上存在一点E ，当满足
2SE EC =时，//BE 平面PAC . 由3SAP APD S S =，可得3SP PD =
取点F 为SD 的中点，则点P 为FD 的中点,又O 为BD 的中点
所以在BFD △中，//BF OP .
BF ⊄平面ACP ，OP ⊂平面ACP ，则//BF 平面ACP
过点F 作//FE PC ，交SC 于点E ，连结BE
由EF ⊄平面ACP ，PC ⊂平面ACP ，则//EF 平面ACP
又EF BE E =，所以平面//BEF 平面ACP
又BE ⊂平面BEF ,则//BE 平面PAC . 由//FE PC ，则SE SF EC FP =, 由3SP PD =，F 为SD 的中点，则2SF FP =，所以2SE EC
= 所以侧棱SC 上存在一点E ，当满足
2SE EC =时，//BE 平面PAC .
【点睛】
关键点睛：本题考查线线垂直的证明和平行线性的探索性问题，解答的关键是过点B 构造一个平面使之与平面ACP 平行，则所构造的平面与SC 的交点即为所求，即取点F 为SD 的中点，可得//BF OP ，过点F 作//FE PC ，交SC 于点E ，连结BE ，可得平面//BEF 平面ACP ，构造出所需的平面，本题还可以建立空间坐标系利用向量方法求解，属于中档题.
19．（1）证明见解析；（2）
33. 【分析】
（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，根据垂直关系证明EF ⊥平面BCD ；（2）首先作辅助线，取AC 的中点M ，连结EM ，首先证明ECM ∠是直线EC 与平面ABC 所成的角，再利用等体积转化求点到平面的距离.
【详解】
（1）F 是斜边BD 的中点，
∴FC=12
BD=1 ∵E ，F 是AD 、BD 的中点， ∴EF=
12AB=1，又∵2 ∵EF 2+FC 2=EC 2
∴EF⊥FC
又∵AB⊥BD，EF∥AB
∵EF⊥BD，又BD∩FC=F
∴EF⊥平面BCD
∴平面EFC⊥平面BCD
(2）取AC的中点M，连结EM
∵AB=BD=2且∠ABD=90°，
∴AD=22∵2=1
2
AD，
∴ΔACD为直角三角形且∠ACD=90°，
∴DC⊥AC，又DC⊥BC，
∴AC∩BC=C，
又∵AC，BC⊂面ABC，
∴DC⊥面ABC，
又E，M分别为AC，AD中点，
∴EM∥CD
∴EM⊥平面ABC，
∴∠ECM为EC与平面ABC所成的夹角，∠ECM=30°，
∴ME=1
2
2
∴2SΔFCD=111
22
222
⨯=
∵V E-FCD=1
3EF×SΔFCD=
111
1
236
⨯⨯=，在RtΔECD中，2，
∴SΔECD=133
22
2
=，设点F到平面CDE的距离为h，
∵V E-FCD=V F-ECD，113
632h
=⨯，解得h=
3 3
即点F 到平面CDE 的距离为33. 【点睛】 方法点睛：本题考查面面垂直和点到平面的距离，意在考查空间想象能力和计算能力，属于基础题型，不管证明面面垂直还是证明线面垂直，关键都需转化为证明线线垂直，一般证明线线垂直的方法包含1.矩形，直角三角形等，2.等腰三角形，底边中线，高重合，3.菱形对角线互相垂直，4.线面垂直，线线垂直.
20．（1）证明见解析；（2）
10；（3）当a =2时，PC //平面AB 1D . 【分析】
（1）先证PD ⊥PC ，再由线面垂直的性质证得BC ⊥PD ，运用线面判定方法即可证明结果；（2）由题意先作出线面角，运用勾股定理计算三角形边长，最后求出线面角得正切值；（3）运用线面平行得判定定理证明即可.
【详解】
（1）证明：∵PD =PC =2，CD =AB =2，
∴△PCD 为等腰直角三角形，所以PD ⊥PC .
又∵ABCD -A 1B 1C 1D 1是一个长方体，
∴ BC ⊥平面CC 1D 1D ，而P ∈平面CC 1D 1D ，
∴ PD ⊂平面CC 1D 1D ，所以BC ⊥PD .
又∵PC ∩BC =C ，
∴ PD ⊥平面PBC .
（2）如图，过P 点作PE ⊥CD ，连接AE .
∵平面ABCD ⊥平面PCD ，所以PE ⊥平面ABCD ，
∴∠PAE 就是直线PA 与平面ABCD 所成的角.
又∵PD =PC 2，PD ⊥PC ，所以PE =1，DE =1，所以
2223110AE AD DE =+=+=
∴10tan 10PE PAE AE ∠=== ∴直线PA 与平面ABCD 所成角的正切值为
1010.
（3）当a =2时，PC //平面AB 1D .理由如下：连接C 1D ，
∵a =2，
∴四边形CC 1D 1D 是一个正方形，
∴∠C 1DC =45°，而∠PDC =45°，
∴∠PDC =90°，所以C 1D ⊥PD .
又∵PC ⊥PD ，C 1D 与PC 在同一个平面内，
∴PC //C 1D .
又∵C 1D ⊂平面AB 1C 1D
∴PC //平面AB 1C 1D
∴PC //平面AB 1D .
【点睛】
方法点睛：在证明线面垂直或者线面平行时运用其判定定理进行证明，找线线垂直的方法有：
（1）运用勾股定理逆定理；
（2）已知线面垂直，由其性质得线线垂直；
（3）在圆中直径所对的圆周角
（4）三角形相似
找线线平行的方法有：
（1）有中点找中点，构造三角形中位线或者平行四边形；
（2）线面平行的性质定理；
（3）直线平行的条件（同位角、内错角等知识）.
21．（1）证明见解析；（2）30.
【分析】
（1）由AB ⊥侧面BB 1C 1C 可得1AB B E ⊥，由勾股定理可得1BE B E ⊥，即可证明； （2）由11//A B AB 可得111C A B ∠即为异面直线AB 和A 1C 1所成角，由等体积法可求得AB 长度，即可求出角的大小.
【详解】
（1）AB ⊥侧面BB 1C 1C ，1B E ⊂侧面BB 1C 1C ，
1AB B E ∴⊥，
BC ＝1，BB 1＝2，E 是CC 1上的中点，
1BE B E ∴=22211BE B E BB +=，
1BE B E ∴⊥，
AB BE B ⋂=， ∴B 1E ⊥平面ABE ； （2）11//A B AB ，111C A B ∴∠即为异面直线AB 和A 1C 1所成角，
且1A 到平面ABE 的距离等于1B 到平面ABE 的距离，
由（1）B 1E ⊥平面ABE ，故B 1E 的长度即为1B 到平面ABE 的距离，
由AB ⊥侧面BB 1C 1C 可得AB ⊥BE ，
则
11
1
111
3323
A BEA A ABE ABE
V V S B E AB
--
==⋅=⨯⨯=
，解得AB=
则
11
A B AB
==
在
111
Rt A B C
△
中，11
111
11
tan
3
B C
C A B
A B
∠===，
111
30
A C B
∴∠=，
即异面直线AB和A1C1所成角为30.
【点睛】
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,
2
π
⎛⎤
⎥
⎝⎦
，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
22．（1）证明见解析；（2
）PA=PC与平面PBD所成角最大，此时该角的正弦值为
3
5
.
【分析】
（1）根据已知条件，得到BD PA
⊥，再利用正切函数的性质，
求得00
30,BAC60
ABD
∠=∠=，得到BD AC
⊥，进而可证得平面PBD⊥平面PAC；
（2
）建立空间坐标系，得到()
BD=-，()
0,2,
DP t
=-，()
2
PC t
=-，进而得到平面PBD
的一个法向量为1,3,
n
t
⎛
=
⎝⎭
，进而可利用向量的公式求解
【详解】
（1）∵PA⊥平面,
ABCD BD
⊂平面ABCD，∴BD PA
⊥，
又tan tan
3
AD BC
ABD BAC
AB AB
∠==∠==
∴00
30,BAC60
ABD
∠=∠=，∴0
90
AEB
∠=，即BD AC
⊥（E为AC与BD交点）．
又PA AC，∴BD⊥平面PAC，又因为BD⊂平面PBD，所以，
平面PAC⊥平面PBD
（2）如图，以AB为x轴，以AD为
y轴，以AP为z轴，建立空间坐标系，如图，
设AP t
=，则()()()()
,,0,2,0,0,0,
B C D P t，
则()23,2,0BD =-，()0,2,t DP =-，()23,6,PC t =-，设平面PBD 法向量为(),,n x y z =，
则0
0n BD n DP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即232020
x y y tz ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩，取1x =，得平面PBD 的一个法向量为231,3,n t ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭
， 所以2222
63
33cos ,12
14448451PC n
PC n PC n t t t t ⋅===++++， 因为2222
1441445151275t t t t +++=≥，当且仅当23t =时等号成立， 所以5
c 33353os ,PC n ≤=，记直线PC 与平面PBD 所成角为θ，则sin cos ,PC n θ=，故3
sin 5θ≤，
即23t =时，直线PC 与平面PBD 所成角最大，此时该角的正弦值为35
． 【点睛】
关键点睛：解题关键在于利用定义和正切函数的性质，得到BD ⊥平面PAC ，进而证明平面PAC ⊥平面PBD ；以及建立空间直角坐标系，求出法向量，进行求解直线PC 与平面PBD 所成角的最大值，难度属于中档题
23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）取DA 的中点G ，连接FG ，GE ，推导出四边形BFGE 为平行四边形，从而BF //EG ，由此能证明BF //平面ADE.
（2）取DE 的中点H ，连AH ，CH ，推导出AH ⊥DE ，AH ⊥HC ，从而AH ⊥平面BCDE ，由此能证明平面ADE ⊥BCDE .
【详解】
（1）如图所示，取DA 的中点G ，连接FG ，GE.
∵F 为AC 的中点，
∴GF //DC ，且GF =12
DC .又DC //BE ，CD =2BE =4， ∴EB //GF ，且EB =GF
∴四边形BFGE 是平行四边形，
∴BF //EG .
∵EG ⊂平面ADE ，BF ⊄平面ADE ，
∴BF //平面ADE .
（2）取DE 的中点H ，连接AH ，CH .
∵△ADE 是边长为2的等边三角形，
∴AH ⊥DE ，且AH 3.
在△DHC 中，DH =1，DC =4，∠HDC =60°
根据余弦定理可得HC 2=DH 2+DC 2-2DH ·
DCcos 60°=12+42-2×1×4×12
=13，即HC 13 在△AHC 中，AH 3HC 13AC =4.
所以AC 2=AH 2+HC 2，即AH ⊥HC .
因为AH DE ⊥，AH HC ⊥，DE HC H ⋂= AH ∴⊥平面BCDE
∵AH ⊂平面ADE ，
∴平面ADE ⊥平面BCDE .
【点睛】
方法点睛：要证线面平行，一般需要证明（1）线线平行（2）面面平行两种方法，
在平行的证明中，线线平行一般需要考虑中位线、平行四边形，平行线分线段成比例的逆定理.
24．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）
26. 【分析】
（Ⅰ）通过1B C AB ⊥和AB AC ⊥可得AB ⊥平面1AB C ，即得证；
（Ⅱ）设11BC B C O =，作1OE AB ⊥于E ，连结BE ，可得EBO ∠为1BC 与平面11ABB A 所成角，求出相关长度即可求解.
【详解】
（Ⅰ）证明：∵1B C ⊥平面ABC ，∴1B C AB ⊥，
又AB AC ⊥，1AC B C C ⋂=，
所以AB ⊥平面1AB C ，
AB ⊂平面11ABB A ，
所以平面1AB C ⊥平面11ABB A ；
（Ⅱ）设11BC B C O =，作1OE AB ⊥于E ，连结BE ，
∵平面1AB C ⊥平面11ABB A 于1AB ，∴OE ⊥平面11ABB A ，
∴EBO ∠为1BC 与平面11ABB A 所成角，
由已知2AB AC ==，123BB =，得12B C =，122B A =，
∴223BO BC OC =+=，
在等腰直角1AB C 中，22OE =
， 所以2sin 6OE EBO OB ∠=
=，即1BC 与平面11ABB A 所成角的正弦值为26
. 【点睛】 方法点睛：求线面角或面面角的常用方法，根据图形结构常用建立坐标系利用向量法求解或直接用几何法求解，向量法的往往更简单有效.
25．（1）证明见解析；（2）
22
. 【详解】
（1）取PD 的中点G ，连接NG ，AG ，如图所示：
因为G ，N 分别为PD ，PC 的中点，所以//GN CD ，1=
2GN CD . 又因为M 为AB 的中点，所以//AM CD ，1=2
AM CD . 所以//AM GN ，=AM GN ，四边形AMNG 为平行四边形，
所以//AG MN .
又因为PM ===
MC === 所以PM MC =，则MN PC ⊥.
又因为AD PA =，G 为PD 中点，所以AG PD ⊥.
又因为//AG MN ，所以MN PD ⊥.
所以MN PD MN PC
MN PC PD P ⊥⎧⎪⊥⇒⊥⎨⎪=⎩
平面PCD . 又MN ⊂平面MPC ，所以平面MPC ⊥平面PCD .
（2）设点B 到平面MNC 的距离为h ，
因为B MNC N MBC V V --=，所以111332MNC MBC S h S PA ⋅=
⋅△△.
因为12MBC S BC MB =⋅⋅=△，
112MN AG PD ==
==
，NC ===
所以122MNC S MN NC =
⋅⋅=△
所以1132322
h ⨯
⨯=⨯
2h =. 【点睛】 关键点点睛：本题主要考查了面面垂直的证明和三棱锥的高，属于中档题，其中等体积转化B MNC N MBC V V --=为解决本题的关键.
26．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）先证明BC ⊥平面PDC ，再利用线线平行证明GF ⊥平面PDC ，即证面面垂直； （2）先利用中位线证明//EG PM ，////GF BC AD ，再由此证明面面平行即可.
【详解】
（1）证明：由已知MA ⊥平面ABCD ，//PD MA ，∴PD ⊥平面ABCD ．
又BC ⊂平面ABCD ，∴PD BC ⊥．∵四边形ABCD 为正方形，∴BC DC ⊥， 又PD DC D ⋂=，∴BC ⊥平面PDC ，在PBC 中，
∵G 、F 分别为PB 、PC 的中点，∴//GF BC ，∴GF ⊥平面PDC ．
又GF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PDC ． （2）∵E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，∴//EG PM ，//GF BC ， 又∵四边形ABCD 是正方形，∴//BC AD ，∴//GF AD ， ∵EG 、GF 在平面PM A 外，PM 、AD 在平面PM A 内， ∴//EG 平面PM A ，//GF 平面PM A ，
又∵EG 、GF 都在平面EFG 内且相交，∴平面//EFG 平面PM A ．
【点睛】
本题考查了线线、线面、面面之间平行与垂直关系的转化，属于中档题.。