上海娄山中学必修第二册第三单元《立体几何初步》检测(包含答案解析)

一、选择题
1．在四面体S ABC -中，SA ⊥平面ABC ，9021ABC SA AC AB ︒∠====,,，则该四面体的外接球的表面积为（ ）
A ．23π
B ．43π
C ．4π
D ．5π
2．已知直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB AC ==，AB AC ⊥，则异面直线1AB 和1BC 所成的角的大小是（ ）．
A ．π6
B ．π4
C ．π3
D ．π2
3．如图,P 是正方体1111ABCD A B C D -中1BC 上的动点，下列命题：
①1AP B C ⊥；
②BP 与1CD 所成的角是60°；
③1P AD C V -为定值；
④1//B P 平面1D AC ；
⑤二面角P
AB C 的平面角为45°． 其中正确命题的个数有（ ） A ．2个 B ．3个 C ．4个 D ．5个
4．在正四面体ABCD 中，异面直线AB 与CD 所成的角为α，直线AB 与平面BCD 所成的角为β，二面角C AB D --的平面角为γ，则α，β，γ的大小关系为（ ） A ．βαγ<< B ．αβγ<< C ．γβα<< D ．βγα<< 5．已知m ，n 是不重合的直线，α，β是不重合的平面，则下列说法中正确的是（ ） A ．若m ⊂α，n ⊂α，则//m n
B ．若//m α，//m β，则//αβ
C ．若n αβ=，//m n ，则//m α且//m β
D ．若m α⊥，m β⊥，则//αβ
6．已知平面α与平面β相交，直线m ⊥α，则( )
A ．β内必存在直线与m 平行，且存在直线与m 垂直
B ．β内不一定存在直线与m 平行，不一定存在直线与m 垂直
C ．β内必存在直线与m 平行，不一定存在直线与m 垂直
D ．β内不一定存在直线与m 平行，但必存在直线与m 垂直
7．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 8．如图所示，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 是侧面11CDD C 上的动点，且1//B F 面1A BE ，则F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是（ ）
A ．a
B ．2a
C ．2a
D ．2a 9．如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝1，AD ⊥AB ，∠BCD ＝45°，将△ABD 沿对角线BD 折起，设折起后点A 的位置为A ′，使二面角A ′—BD —C 为直二面角，给出下面四个命题：①A ′D ⊥BC ；②三棱锥A ′—BCD 的体积为
26
；③CD ⊥平面A ′BD ；④平面A ′BC ⊥平面A ′D C ．其中正确命题的个数是（ ）
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
10．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB AD ==12CC =1C BD C --的大小是（ ）
A ．30º
B ．45º
C ．60º
D ．90º
11．棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别是棱11C D 和11C B 的中点，则经过点,,B E F 的平面截正方体所得的封闭图形的面积为（ ）
A ．92
B ．310
C ．32
D 10
12．边长为2的正方形ABCD 沿对角线AC 折叠使得ACD 垂直于底面ABC ，则点C 到平面ABD 的距离为（ ）
A ．263
B ．23
C ．22
D ．6 13．下列命题中正确的个数有（ ）个
①不共面的四点中，其中任意三点不共线
②依次首位相接的四条线段必共面
③若点,,,A B C D 共面，点,,,A B C E 共面，则点,,,,A B C D E 共面
④若直线,a b 共面，直线,a c 共面，则直线,b c 共面
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
14．在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，P 在底面ABC 上的投影为AC 的中点D ，1DP DC ==.有下列结论：
①三棱锥P ABC -的三条侧棱长均相等；
②PAB ∠的取值范围是,42ππ⎛⎫ ⎪⎝
⎭； ③若三棱锥的四个顶点都在球O 的表面上，则球O 的体积为
23π； ④若AB BC =，E 是线段PC 上一动点，则DE BE +的最小值为
622+. 其中正确结论的个数是（ ）
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
二、解答题
15．如图，已知AF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，90DAB ∠=︒，//AB CD ，2AD AF CD ===，4AB =.
（1）求证：AC ⊥平面BCE ；
（2）求三棱锥E BCF -的体积.
16．如图，在长方形ABCD 中，4AB =，2AD =，点E 是DC 的中点.将ADE 沿AE 折起，使平面ADE ⊥平面ABCE ，连结DB 、DC 、EB .
（1）求证：AD ⊥平面BDE ；
（2）点M 是线段DA 的中点，求三棱锥D MEC -的体积.
17．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD 为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,3,5PA CD CD AD ⊥==.
（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：//GH 平面PAD ；
（2）求证：PA ⊥平面PCD ；
（3）求三棱锥-D PAC 的体积.
18．ABC 是正三角形，线段EA 和DC 都垂直于平面ABC .设
2,EA AB a DC a ===，且F 为BE 的中点，如图.
（1）求证：//DF 平面ABC ；
（2）求证：AF BD ⊥；
（3）求平面BDF 与平面ABC 所成锐二面角的大小.
19．已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1中BC =1，CC 1=BB 1=2，AB 2，∠BCC 1=60°，AB ⊥侧面BB 1C 1C
（1）求证：C 1B ⊥平面ABC ；
（2）求三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积，
（3）试在棱CC 1(不包含端点C ，C 1)上确定一点E ，使得EA ⊥EB 1；
20．如图，在平行四边形ABCD 中，4AB =，60DAB ∠=︒．点G ，H 分别在边CD ，CB 上，点G 与点C ，D 不重合，GH AC ⊥，GH 与AC 相交于点O ，沿GH 将CGH 翻折到EGH 的位置，使二面角E GH B --为90°，F 是AE 的中点．
（1）请在下面两个条件：①AB AD =，②AB BD ⊥中选择一个填在横线处，使命题P ：若________，则BD ⊥平面EOA 成立，并证明．
（2）在（1）的前提下，当EB 取最小值时，求直线BF 与平面EBD 所成角的正弦值． 21．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.
22．如图，ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，1ED =，//EF BD .
（1）设EF BD λ=，是否存在实数λ，使//BF 平面ACE ；
（2）证明：平面EAC ⊥平面BDEF ；
（3）当12EF BD =时，求几何体ABCDEF 的体积. 23．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 上的动点.
（1）确定E 的位置，使//PB 平面AEC ；
（2）设1==PA AB ，3PC =，根据（1）的结论，求点E 到平面PAC 的距离. 24．如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G ，E ，F ，H 分别是棱PB ，AB ，CD ，PC 上共面的四点，平面GEFH ⊥平面ABCD ，BC ∥平面GEFH .
（1）证明：GH ∥EF ；
（2）若EB ＝2，求四边形GEFH 的面积.
25．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点O 是BD 中点．
（1）求证:平面11BDD B ⊥平面1C OC ；
（2）求二面角1C BD C --的正切值．
26．在如图所示的圆锥中，OP 是圆锥的高，AB 是底面圆的直径，点C 是弧AB 的中点，E 是线段AC 的中点，D 是线段PB 的中点，且2PO =，1OB =．
（1）试在PB 上确定一点F ，使得EF ∥面COD ，并说明理由；
（2）求点A 到面COD 的距离．
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一、选择题
1．C
解析：C
【分析】
根据题目条件先确定出外接球的球心，得出外接球半径，然后计算表面积.
【详解】
因为SA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以SA ⊥BC ，
又90ABC ∠=，SA AB A ⋂=，且AB
平面SAB ，SA ⊂平面SAB ，
所以BC ⊥平面ABC ，所以BC SB ⊥.
因为21SA AC AB ===,，
所以2SC =，3SB =，1BC =，
根据该几何体的特点可知，该四面体的外接球球心位于SC 的中点，
则外接球半径112
R SC ==， 故该四面体的外接球的表面积为244R ππ=.
故选：C.
,
【点睛】
本题考查棱锥的外接球问题，难度一般，根据几何条件确定出球心是关键.
2．D
解析：D
【分析】
连结1A B ，可证1A B ⊥平面11A BC ，从而可到异面直线1AB 和1BC 所成的角为直角，故可得正确的选项.
【详解】
连结1A B ，
1AA ⊥面,ABC 平面111//A B C 面ABC ,
1AA ∴⊥平面111A B C
11A C ⊂平面111111,A B C AA AC ∴⊥
ABC 与111A B C △是全等三角形，AB AC ⊥
1111A B A C ∴⊥
111111,A B AA A AC ⋂=∴⊥平面11AA B B
又1AB ⊂平面11AA B B ,111AC AB ∴⊥
矩形11AA B B 中，1AA AB =
∴四边形11AA B B 为正方形，可得11A B AB ⊥
11111A B AC A AB ⋂=∴⊥，
平面11A BC 结合1BC ⊂平面11A BC ，可得11AB BC ⊥，即异面直线1AB 与1BC 所成角为
2π 故选：D
【点睛】
在求异面直线所成角时可以将异面直线通过平行线转化到共面直线，然后构造三角形，求得直线夹角．本题通过补全图形，判定线面的垂直关系，得证线线垂直关系，求得异面直线夹角为2
π. 3．C
解析：C
【详解】
①在正方体中，1111,,AB B C BC B C AB BC B ⊥⊥=，
所以1B C ⊥平面11,ABC D AP ⊂平面11ABC D ，从而1AP B C ⊥正确；
②由于11//CD A B ,并且11,BC A B 的夹角是60°，
故1BP CD 与所成的角是60°正确；
③虽然点P 变化，但P 到1AD 的距离始终不变，
故1P AD C V -为定值正确；
④若1//B P 平面1D AC ，而1//BC 平面1D AC ，
1111,,B P BC P B P BC =⊂平面11BB C C ，
所以平面1//D AC 平面11BB C C ，这与平面1D AC 与平面11BB C C 相交矛盾，
所以不正确；
⑤P 点变化，但二面角P
AB C 都是面11ABC D 与面ABCD 所成的角, 故二面角P
AB C 的平面角为45°正确；
故选：C. 4．D
解析：D
【分析】
在正四面体ABCD 中易证AB CD ⊥,即90α=，然后作出直线AB 与平面BCD 所成的角，二面角C AB D --的平面角，在将之放到三角形中求解比较其大小.
【详解】
在正四面体ABCD 中,设棱长为2,
设O 为底面三角形BCD 是中心，则AO ⊥平面BCD .
取CD 边的中点E ，连结,AE BE , 如图.
则易证,AE CD BE CD ⊥⊥,又AE BE E =.
所以CD ⊥平面ABE ,又AB ⊆平面ABE ，
所以AB CD ⊥.
所以异面直线AB 与CD 所成的角为90α=.
又AO ⊥平面BCD .
所以直线AB 与平面BCD 所成的角为β=ABO ∠
在ABO 中,2233BO BE =
=,2AB = 所以3cos BO ABO AB ∠==. 取边AB 的中点F ，连结,CF FD ，
则有,CF AB FD AB ⊥⊥，
所以二面角C AB D --的平面角为CFD γ
=∠, 在CFD △中，3,2CF FD CD === 由余弦定理有：2221cos 23
CF FD CD CFD CF FD +-∠==⨯⨯, 即31=90cos cos =33
αβγ=>，， 所以βγα<<，
故选：D.
【点睛】
本题考查异面直线成角，线面角，二面角的求法，关键是在立体图中作出相应的角，也可以用向量法，属于中档题. 5．D
解析：D
【分析】
由空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定逐一分析四个选项得答案.
【详解】
对于A ，若m ⊂α，n ⊂α，则//m n 或m 与n 相交，故A 错误；
对于B ，若//m α，//m β，则//αβ或α与β相交，故B 错误；
对于C ，若n αβ=，//m n ，则//m α且//m β错误，m 有可能在α或β内； 对于D ，若m α⊥，m β⊥，则//αβ，故D 正确，
故选：D.
【点睛】
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题.
6．D
解析：D
【分析】
可在正方体中选择两个相交平面，再选择由顶点构成且与其中一个面垂直的直线，通过变化直线的位置可得正确的选项．
【详解】
如图，平面ABCD 平面11D C BA AB =，1BB ⊥平面ABCD ，但平面11D C BA 内无直线与1BB 平行，故A 错．
又设平面α
平面l β=，则l α⊂，因m α⊥，故m l ⊥，故B 、C 错， 综上，选D ．
【点睛】
本题考察线、面的位置关系，此种类型问题是易错题，可选择合适的几何体去构造符合条件的点、线、面的位置关系或不符合条件的反例． 7．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.
8．D
解析：D
【分析】
解：设G ，H ，I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点，证明平面1//A BGE 平面1B HI ，
得到1//B F 面1A BE ，则F 落在线段HI 上，求出1122
HI CD a =
= 【详解】
解：设G ，H ，I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点， 1//A B EG ,则1A BEG 四点共面，
11//,//EG HI B H A E , 平面1//A BGE 平面1B HI ，
又1//B F 面1A BE ，F ∴落在线段HI 上，
正方体1111ABCD A B C D -中的棱长为a ，
112HI CD ∴==，
即F 在侧面11CDD C ． 故选：D ．
【点睛】
本题考查利用线面平行求线段长度，找到动点的运动轨迹是解题的关键，属于基础题. 9．C
解析：C
【分析】
根据//AD BC ，1AD AB ==，AD AB ⊥，45BCD ︒∠=， 易得 CD BD ⊥，再根据，平面A BD '⊥平面BCD ，得CD ⊥平面A BD '，可判断③的正误；由二面角A BD C '--为直二面角，可得A H '⊥平面BCD ，则可求出A BDC V '-，进而可判断②的正误；根据CD ⊥平面A BD '，有CD A B '⊥，,A B A D ''⊥ 得A B '⊥平面CDA '，④利用面面垂直的判定定理判断④的正误；根据CD ⊥平面A BD '，有CD A D '⊥，若A D BC '⊥，则可证A D '⊥平面BCD ，则得到A D BD '⊥，与已知矛盾，进而可判断①的正误.
【详解】
由题意，取BD 中点H ，连接A H '，则折叠后的图形如图所示：
由二面角A BD C '--为直二面角，可得A H '⊥平面BCD ，则A H CD '⊥， ∴A BDC V '-＝1221326
⨯⨯=，②正确， ∵CD BD ⊥，A H CD '⊥，且A H BD H '=，
∴CD ⊥平面A BD '，故③正确，
∵1A B '=，由几何关系可得A C '=，2BC =，
∴2222132A B A C BC ''+=+==，∴A B A C ''⊥，
由CD ⊥平面A BD '，得CD A B '⊥，又A C
CD C '=
∴A B '⊥平面A DC '，∵A B '⊂平面A BC '，
∴ 平面A BC '⊥平面A DC '，④正确， CD ⊥平面A BD '，CD A D '∴⊥，若A D BC '⊥，则可证A D '⊥平面BCD ，则得到A D BD '⊥，与已知矛盾，所以①错误.
故选C .
【点睛】
本题通过折叠性问题，考查了面面垂直的性质，面面垂直的判定，考查了体积的计算，解题关键是利用好直线与平面，平面与平面垂直关系的转化关系，属于中档题.
10．A
解析：A
【分析】
取BD 中点为O ，1CC ⊥平面ABCD ，所以C 即1C 在平面ABCD 上的投影，易知CO BD ⊥，再利用线面垂直证明1BD C O ⊥，得到1COC ∠即二面角1C BD C --，再计算二面角大小即可.
【详解】
由题意，作出长方体1111ABCD A B C D -的图象，
取BD 中点为O ，连接CE 、1C E ，
因为1CC ⊥平面ABCD ，所以C 即1C 在平面ABCD 上的投影，
又BD ⊂平面ABCD ，所以1CC BD ⊥，
因为AB AD ==ABCD 是正方形，
O 为BD 中点，所以CO BD ⊥，又1CO CC C =，
所以BD ⊥平面1COC ，又1C O ⊂平面1COC ，所以1BD C O ⊥，
1COC ∠即二面角1C BD C --，
又
1CC =CO ==
所以
1tan COC ∠==，130COC ∠=.
故选：A
【点睛】
本题主要考查二面角的求法和线面垂直的判定定理和性质，考查学生空间想象能力，属于中档题.
11．A
解析：A
【分析】
画出所截得的封闭图形，根据正方体的性质可求.
【详解】
如图所示，经过点,,B E F 的平面截正方体所得的封闭图形为四边形BDEF .
,E F 分别是棱11C D 和11C B 的中点，//EF BD ∴，且12EF BD =
. 正方体棱长为2，22,2BD EF ∴==
∴四边形BDEF 是一个等腰梯形.
在1Rt BB F 中，22215BF =+= 2232522⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭
. 所以梯形BDEF 的面积为322+229222
=. 故选：A .
【点睛】
本题考查正方体的性质，属于基础题. 12．A
解析：A
【分析】
取AC 的中点O ，连接DO 和BO ，由等腰三角形的性质得出DO AC ⊥，可求出DO 和BO 的长，再由平面ACD ⊥平面ABC ，根据面面垂直的性质可得DO ⊥平面ABC ，进而得到DO OB ⊥，利用勾股定理即可求出BD ，最后利用等体积法得出
C AB
D D ABC V V --=，进而求出点C 到平面ABD 的距离.
【详解】
解：取AC 的中点O ，连接DO 和BO ，
则DO AC ⊥，BO AC ⊥，
由于四边形ABCD 是边长为2的正方形，
2AD CD AB BC ∴====，
则AC ==DO BO ===
由题知，平面ACD ⊥平面ABC ，且交线为AC ，而DO ⊂平面ACD ，
则DO ⊥平面ABC ，
又BO ⊂平面ABC ，所以DO BO ⊥，
∴在Rt BOD 中，2BD ==，
∴ABD △是等边三角形，则122sin 6032ABD S =
⨯⨯⨯=△， 则在Rt ABC 中，12222
ABC S =⨯⨯=， 设点C 到平面ABD 的距离为d ，
则C ABD D ABC V V --=，即1133ABD ABC S d S DO ⋅=
⋅△△，
即：1
1233=⨯d =，
即点C 到平面ABD 的距离为
3
. 故选：A.
【点睛】
本题考查利用等体积法求点到面的距离，还涉及面面垂直的性质和棱锥的体积公式，考查推理证明和运算能力.
13．A
解析：A
【分析】
假设存在三点共线，则四个点必共面，可判断①；借助空间四边形可判断②；当A，B，C共线时，可判断③；由共面不具有传递性可判断④
【详解】
①正确，可以用反证法证明，假设存在三点共线，则四个点必共面，与不共面的四点矛盾；
②不正确，例如空间四边形的四个顶点就不共面；
③不正确，A，B，C共线时，这两平面有三个公共点A，B，C；
④不正确，共面不具有传递性，若直线,a b共面，直线,a c共面，则直线,b c可能异面.故选：A
【点睛】
本题考查了空间中点线面的位置关系判断，考查了学生综合分析，空间想象，逻辑推理能力，属于中档题
14．C
解析：C
【分析】
的图象，逐一判断各命题，即可求解．
作出三棱锥P ABC
【详解】
作出三棱锥P ABC -的图象，如图所示：．
对于①，根据题意可知，PD ⊥平面ABC ，且1DP DC ==，所以
2PA PB PC ===①正确；
对于②，在PAB △中，2PA PB ==02AB <<，所以
2cos 0,2222AB PAB PA ⎛∠== ⎝⎭
， 即PAB ∠的取值范围是,42ππ⎛⎫ ⎪⎝
⎭，②正确； 对于③，因为DP DA DB DC ===，
所以三棱锥P ABC -外接球的球心为D ，
半径为1，其体积为43
π，③不正确； 对于④，当AB BC =时，BD AC ⊥，所以2BC =
将平面PBC 沿翻折到平面PAC 上，
则DE BE +的最小值为线段BD 的长，
在展开后的DCB 中，6045105DCB ∠=+=， 根据余弦定理可得6221221cos105BD +=
+-⨯⨯⨯= ④正确． 故选：C ．
【点睛】 本题主要考查棱锥的结构特征，三棱锥外接球的体积求法，以及通过展开图求线段和的最小值，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于中档题．
二、解答题
15．（1）证明见解析；（2）
83
. 【分析】
（1）先证明AC ⊥BE ,再取AB 的中点M ，连接CM ，经计算，利用勾股定理逆定理得到AC ⊥BC ,然后利用线面垂直的判定定理证得结论；
（2）利用线面垂直的判定定理证得CM ⊥平面BEF ,即为所求三棱锥的高，进而计算得到其体积.
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABEF 为矩形∴//AF BE
∵AF ⊥平面ABCD ∴BE ⊥平面ABCD
∵AC ⊂平面ABCD ∴AC BE ⊥.
如图，取AB 的中点M ，连接CM ，
∴122
AM AB DC === ∵//AM DC ，90MAD ∠=︒，2AM DC AD ===
∴四边形ADCM 是正方形.
∴90ADC ∠=︒∴222448C AD DC =+=+=，222448BC CM BM =+=+= ∵4AB =∴222AC BC AB +=∴ABC 是直角三角形∴AC BC ⊥. ∵BC
BE B =，BC 、BE ⊂平面BCE ∴AC ⊥平面BCE
（2）由（1）知：CM AB ⊥
∵AF ⊥平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ∴AF CM ⊥
∵AF AB A ⋂=，AF 、AB 平面ABEF
∴CM ⊥平面ABEF ，∴CM ⊥平面BEF
即：CM 是三棱锥C BEF -的高 ∴11182243323E BCF C BEF BEF V V CM S --==
⋅=⨯⨯⨯⨯=△ 【点睛】
本题考查线面垂直的证明，棱锥的体积的计算，属基础题.在利用线面垂直的判定定理证明线面垂直时一定要将条件表述全面，“两个垂直，一个相交”不可缺少.
16．（1）证明见解析；（2）
23. 【分析】
（1）先利用勾股定理得出AE BE ⊥，再利用面面垂直的性质定理得到BE ⊥平面ADE ，进而得到AD BE ⊥，利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）利用
1122
D MEC M DEC A DEC D AEC V V V V ----===，取A
E 的中点O ，连接DO ，用面面垂直的性质定理得到DO ⊥平面ABCE ，利用体积公式求解即可.
【详解】
（1）证明：∵2AD DE ==，90ADE ∠=︒，
∴22AE BE ==，
4AB =， ∴222AE BE AB +=，
∴AE BE ⊥，
又平面ADE ⊥平面ABCE ， 平面ADE
平面ABCE AE =， ∴BE ⊥平面ADE ，
又AD ⊂平面ADE ，
所以AD BE ⊥，
又
AD DE ⊥，DE BE E ⋂=， 所以AD ⊥平面BDE.
（2）∵M 是线段DA 的中点， ∴1122D MEC M DEC A DEC D AEC V V V V ----===， 取AE 的中点O ，连接DO ， ∵DA DE =∴DO AE ⊥， 又平面DAE ⊥平面ABCE ， ∴DO ⊥平面ABCE ，
又2DO =，
1sin13522
AEC S AE EC =⨯⨯⨯︒=， ∴122233
D AEC V -=⨯=， ∴23D MEC V -=
. 【点睛】
方法点睛：
证明线面垂直的常用方法： 利用线面垂直的判定定理； 利用面面垂直的性质定理；
利用面面平行的性质； 利用垂直于平面的传递性.
17．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）33.
【分析】
（1）通过证明//GH PD 来证得//GH 平面PAD .
（2）取PC 的中点M ，连接DM ，根据面面垂直的性质定理证得DM ⊥平面PAC ，由此证得DM PA ⊥，结合PA CD ⊥证得PA ⊥平面PCD . （3）利用D PAC A PCD V V --=求得三棱锥-D PAC 的体积. 【详解】
（1）连BD ，则H 为BD 中点，因为G 为BP 中点，故GH //PD ， 由于GH ⊂/平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以GH //平面PAD .
（2）取PC 中点M ，连DM ，则DM PC ⊥，因为PCD ⊥平面PAD ，则DM ⊥平面PAC ，所以DM PA ⊥， 又PA CD ⊥，DM
CD D =，所以PA ⊥平面PCD .
（3）因为PA ⊥平面PCD ，所以PA PD ⊥，所以224PA AD PD =-=，
213433334
D PAC A PCD V V --==⨯⨯⨯=.
【点睛】
要证明线面平行，则先证线线平行.要证明线面垂直，可通过面面、线线垂直相互转化来证明.
18．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）45︒. 【分析】
（1）利用三角形的中位线定理、平行四边形的判定和性质定理、线面平行的判定定理即可证明；
（2）利用线面、面面垂直的判定和性质定理即可证明；
（3）延长ED 交AC 延长线于G ′，连BG ′，只要证明BG ′⊥平面ABE 即可得到∠ABE 为所求的平面BDE 与平面ABC 所成二面角，在等腰直角三角形ABE 中即可得到．
【详解】
（1）证明：如图所示，取AB 的中点G ，连接,CG FG .
∵,EF FB AG GB ==，
//FG EA ∴，1
=2FG EA
又//DC EA ，1
=2
DC EA ，//FG DC ∴，=FG DC ，
∴四边形CDFG 为平行四边形，
故//DF CG .
∵DF ⊄平面,ABC CG ⊂平面ABC ， ∴//DF 平面ABC .
（2）证明：∵EA ⊥平面ABC ，∴EA CG ⊥. 又ABC 是正三角形， ∴CG AB ⊥. ∴CG ⊥平面AEB . ∴CG AF ⊥. 又∵//DF CG ， ∴DF AF ⊥.
又AE AB =，F 为BE 中点， ∴AF BE ⊥.又BE DF F ⋂=， ∴AF ⊥平面BDE . ∴AF BD ⊥.
（3）延长ED 交AC 延长线于G '，连接BG '. 由1
2
CD AE =
，//CD AE 知D 为EG '中点， ∴//FD BG '.
由CG ⊥平面,//ABE FD CG ， ∴BG '⊥平面ABE .
∴EBA ∠为所求二面角的平面角.
在等腰直角三角形AEB 中，易求45ABE ∠=︒. 【点睛】
熟练掌握三角形的中位线定理、平行四边形的判定和性质定理、线面平行的判定定理与线面、面面垂直的判定和性质定理及二面角的求法是解题的关键． 19．（1）证明见解析；（2）6
2
；（3）E 为CC 1的中点时，EA ⊥EB 1. 【分析】
(1）证明11,AB BC BC BC ⊥⊥然后证明1C B ⊥平面ABC ； (2）求出ABC
S
，求出13C B =，然后求解三棱柱111ABC A B C -的体积；
(3）在棱CC 1(不包含端点C ，C 1)上取一点E ，连接BE ，证明1EB ⊥平面ABE ，得到EA ⊥EB 1. 【详解】
（1）∵BC =1，CC 1=BB 1=2，AB =2，∠BCC 1=60°，AB ⊥侧面BB 1C 1C ∴AB ⊥BC 1
在△BCC 1中，由余弦定理得BC =3，则BC 2+BC 2=CC 2， ∴BC ⊥BC 1
又∵BC ∩AB =B ，且AB ，BC ⊂平面ABC ，
∴C 1B ⊥平面ABC . （2）由已知可得S △ABC =
12AB ·BC =12×2×1=2 由（1）知C 1B ⊥平面ABC ，C 1B =3， 所以三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积V =S △ABC ·
C 1B =2
2×3=62
. （3）在棱CC 1(不包含端点C ，C 1)上取一点E ，连接BE .
∵EA ⊥1EB ，AB ⊥1EB ，AB ∩AE=A ，AB ，AE ⊂平面ABE ， ∴1EB ⊥平面ABE . 又∵BE ⊂平面ABE ， ∴BE ⊥1EB .
不妨设CE =x (0<x <2)，则C 1E =2x -， 在△BCE 中，由余弦定理得BE =221x x +-
在△B 1C 1E 中，∠B 1C 1E =120°，由余弦定理得B 1E 2=257x x -+
在Rt △BEB 1中，由B 1E 2+BE 2=B 1B 2，得()()
2
2
22
2571
4x x x x
-+++-=，
解得x =1或x =2(舍去). 故E 为CC 1的中点时，EA ⊥EB 1. 【点睛】
关键点点睛：在确定动点位置时，设CE =x (0<x <2)，则C 1E =2x -，根据条件，建立关于x 的方程，求解确定动点位置，属于常用方法.
20．（1）答案见解析；（2. 【分析】
（1）选择①，结合直二面角的定义，证明BD ⊥平面EOA 内的两条相交直线,EO AO ；
（2）设AC 与BD 交于点M ，4AB =，60DAB ∠=︒，则AC =CO x =，可得EB 关于x 的函数，求出EB 取得最小值时x 的值，连结EM ，作QF EM ⊥于F ，连结BF ，求出sin QBF ∠的值，即可得答案； 【详解】
解：（1）命题P ：若AB AD =，则BD ⊥平面EOA . ∵AC GH ⊥，∴AO GH ⊥，EO GH ⊥， 又二面角E GH B --的大小为90°， ∴90AOE ∠=︒，即EO AO ⊥， ∴EO ⊥平面ABCD ， ∴EO BD ⊥，
又AB BC =，∴AO BD ⊥，
AO EO O =，
∴BD ⊥平面EOA .
（2）设AC 与BD 交于点M ，4AB =，60DAB ∠=︒，则AC =
设CO x =，OM x =，222216OB OM MB x =+=-+，
2222216EB EO OB x =+=-+，
当x =
min EB =
连结EM ，作QF EM ⊥于F ，连结BF ， 由（1）知BD ⊥平面EOA ， ∴BD QF ⊥，∴QF ⊥平面EBD ， ∴QBF ∠即为QB 与平面EBD 所成角，
在Rt EMB 中，EB =2BM =，EM =AE =，
由()
2222(2)2QB AE AB BE QB +=+⇒=
，
6
2
QF=，
∴33
sin
11
QF
QBF
QB
∠==，即QB与平面EBD所成角得正弦值为
33
11
.
【点睛】
求线面角首先要根据一作、二证、三求找出线面角，然后利用三角函数的知识，求出角的三角函数值即可.
21．（1）证明见解析；（2）
2
2
.
【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
=
2
GN 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22213
PM PA AM
=+=+=22123
MC MB BC
=+=+=
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111
332
MNC MBC S h S PA ⋅=⋅△△. 因为12
22
MBC S BC MB =
⋅⋅=
△， 1122122
MN AG PD ==
=+=，22312NC MC MN =-=-=， 所以12
22
MNC S MN NC =⋅⋅=
△. 所以1
212232322
h ⨯⨯=⨯⨯
，解得2
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. 22．（1）存在；（2）证明见解析；（3）2. 【分析】 （1）存在1
2
λ=
满足题意，设AC 与BD 的交点为O ，连接EO ，由平面几何的知识可得//BF EO ，再由线面平行的判定即可得证；
（2）由线面垂直的性质与判定可得AC ⊥平面BDEF ，再由面面垂直的判定即可得证；
（3）结合（2）可得AC ⊥平面BDEF 、2ABCDEF A BDEF V V -=，再由棱锥的体积公式即可得解. 【详解】 （1）存在1
2
λ=
满足题意，理由如下： 设AC 与BD 的交点为O ，则1
2
DO BO BD ==
，连接EO ，如图，
∵//EF BD ，当1
2λ=
时，12
EF BD BO ==， ∴四边形EFBO 是平行四边形，∴//BF EO ，
又EO ⊂平面ACE ，BF ⊄平面ACE ，∴//BF 平面ACE ； （2）证明：ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴ED AC ⊥， ∵ABCD 为正方形，∴BD AC ⊥， 又ED
BD D =，∴AC ⊥平面BDEF ，
又AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面BDEF ； （3）∵ED ⊥平面ABCD ，∴ED BD ⊥， 又∵//EF BD 且1
2
EF BD =
，∴BDEF 是直角梯形， 又∵ABCD 是边长为2的正方形，22BD =，2EF =，
∴(
)12223
22
2
BDEF S
⨯
+=
=，
由（2）知AC ⊥平面BDEF ，
∴123222223
32
ABCDEF A BDEF BDEF V V S AO -==⨯⋅=⨯⨯=. 【点睛】
本题考查了线面平行、面面垂直的判定及几何体体积的求解，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题. 23．（1）E 为PD 的中点；（2）24
. 【分析】
（1）E 为PD 的中点，连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，则//OE PB ，故而//PB 平面AEC ；
（2）点E 到平面PAC 距离等于点D 到平面PAC 距离的
1
2
倍，由11
22
E PAC D PAC P ACD V V V ---==可得答案.
【详解】
（1）E 为PD 的中点.
证明：连接BD ，使AC 交BD 于点O ，取PD 的中点为E ，连接EO ， ∵O ，E 分别为BD ，PD 的中点，
∴//OE PB .
又OE ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ， ∴//PB 平面AEC .
（2）AC =
=
∴222AB BC AC +=，
∴AB BC ⊥，即菱形ABCD 为正方形.
又点E 到平面PAC 距离等于点D 到平面PAC 距离的1
2
倍， 设点E 到平面PAC 的距离为h ， ∴11
22
E PAC D PAC P ACD V V V ---=
=， 11111
111132322h ⎛⎛⎫
⨯⨯⨯⋅=⨯⨯⨯⨯⨯ ⎪⎝⎝⎭
解得4
h =. 【点睛】
本题考查了线面平行的判定，等体积法求棱锥的高，属于基础题． 24．（1）证明见解析；（2）18. 【分析】
（1）利用线面直线与平面平行的性质定理，分别证得GH ∥BC 和EF ∥BC ，即可证得GH ∥EF .
（2）连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK ，分别证得PO ⊥AC 和PO ⊥BD ，进而得到GK 是梯形GEFH 的高，结合梯形的面积，即可求解. 【详解】
（1）因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面PBC ，且平面PBC ∩平面GEFH ＝GH ，所以GH ∥BC ， 又因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面ABCD ，且平面ABCD ∩平面GEFH ＝EF ，所以EF ∥BC ， 所以GH ∥EF .
（2）如图所示，连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK . 因为PA ＝PC ，O 是AC 的中点，所以PO ⊥AC ， 同理可得PO ⊥BD ，
又BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD 都在底面内，所以PO ⊥底面ABCD ，
又因为平面GEFH ⊥平面ABCD ，且PO ⊄平面GEFH ，所以PO ∥平面GEFH ， 因为平面PBD ∩平面GEFH ＝GK ，
所以PO ∥GK ，且GK ⊥底面ABCD .从而GK ⊥EF .所以GK 是梯形GEFH 的高， 由AB ＝8，EB ＝2，得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1:4， 从而KB ＝
14
DB ＝1
2OB ，即K 为OB 的中点，
再由PO ∥GK ，得GK ＝
12PO ，即G 是PB 的中点，且GH ＝1
2
BC ＝4，
由已知可得OB ＝42，PO ＝2268326PB OB -=-=，所以GK ＝3， 故四边形GEFH 的面积S ＝
2GH EF +·GK ＝48
2
+×3＝18.
【点睛】
本题主要考查了线面平行的判定与性质定理，以及正棱锥的结构特征和截面面积的计算，其中解答中熟记线面平行的判定定理和性质定理，以及正棱锥的结构特征，结合梯形的面积公式求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 25．（1）证明见解析；（22. 【分析】
（1）在正方体1111ABCD A B C D -中，易证1,C O BD CO BD ⊥⊥，由线面垂直的判定定理得到BD ⊥平面1C OC ，然后再利用面面垂直的判定定理证明.
（2）由（1）知BD ⊥平面1C OC ，且平面1C BD ⋂平面CBD BD =，得到1C OC ∠是二面角1C BD C --的平面角 ，然后在1Rt C OC ∆中求解. 【详解】
（1）∵在正方体1111ABCD A B C D -中， 点O 是BD 中点 ， 又11BC DC = ， BC DC = ，∴ 1,C O BD CO BD ⊥⊥
11,C O CO O C O =⊂平面1,C OC CO ⊂平面1C OC ，
BD ∴⊥平面1C OC ，
又∵BD ⊂平面11BDD B ， ∴平面11BDD B ⊥平面1C OC ．… （2）由（1）知：
平面1C BD ⋂平面CBD BD =，
11,C O BD C O ⊥⊂半平面1;,C BD CO BD CO ⊥⊂ 半平面;CBD
所以1C OC ∠是二面角1C BD C --的平面角
则在正方体1111ABCD A B C D -
中11,2
C C OC == ∴在1Rt C OC ∆
中，11tan C C
C OC OC
∠=
= 故二面角1C BD C --
． 【点睛】
本题主要考查线面垂直，面面垂直的判定定理以及二面角的求法，还考查了逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题.
26．（1）点F 是PB 上靠近点P 的四等分点；（2
）d = 【解析】 试题分析：
（1）连接BE ，设BE
OC G =，由题意G 为ABC ∆的重心，∴
2BG
GE
=，连接DG ， 利用EF ∥面COD ，可得∴EF DG ∥，进而求得点F 的位置；
（2）由PO ABC ⊥面，得到OC PO ⊥，利用线面、面面垂直的判定与性质定理，可得
OC ⊥面POB ，再利用体积A COD D AOC V V --=，即可求解距离.
试题
解：（1）连接BE ，设BE OC G ⋂=，由题意G 为ABC ∆的重心，
∴2BG
GE
=，连接DG ， ∵EF 面COD ，EF ⊂平面BEF ，面BEF ⋂面COD DG =，
∴EF DG ，
∴
2
1
BD BG DF GE == 又BD DP =，∴14
DF PF PB ==
∴点F 是PB 上靠近点P 的四等分点．
（2）PO ABC OC PO OC ABC ⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭
面面，又点C 是弧AB 的中点，
OC AB ⊥，∴OC ⊥面POB ， OD ⊂面POB ，∴OC OD ⊥.
11122COD S OC OD ∆=
⋅=⨯=
因为A COD D AOC V V --=，
111332AOC S CODd S PO ∆∆=⋅=
111111332
d =⨯⨯⨯⨯，
∴点A到面COD的距离
d
5
点睛：本题主要考查了空间位置关系的判定，空间距离的求解问题，其中解答中涉及到直线与平面垂直的判定与性质，平面与平面垂直的判定与性质，三棱锥的体积的计算公式等知识点的综合运用，着重考查了学生的推理与运算能力，解答中熟记位置关系的判定和性质定理是解答的关键，试题属于中档试题.。