荆州市必修第二册第三单元《立体几何初步》检测题(有答案解析)

一、选择题
1．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A ．若αβ⊥，m β⊥，则//m α
B ．若//m α，n m ⊥，则n α⊥
C ．若//m α，//n α，m β⊂，n β⊂，则//αβ
D ．若//m β，m α⊂，n αβ=，则//m n
2．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 3．已知m ，n 是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列条件能使n α⊥成立的是（ ）
A ．αβ⊥，m β⊂
B ．//αβ，n β⊥
C ．αβ⊥，//n β
D ．//m α，n m ⊥ 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．已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面ABC 为等边三角形，若该棱柱存在外接球与内切球，则其外接球与内切球表面积之比为（ ）
A ．25︰1
B ．1︰25
C ．1︰5
D ．5︰1
6．菱形ABCD 的边长为3，60B ∠=，沿对角线AC 折成一个四面体，使得平面ACD ⊥平面ABC ，则经过这个四面体所有顶点的球的表面积为（ ）
A ．15π
B ．12π
C ．8π
D ．6π
7．已知三棱锥A BCD -的所有棱长都为2，且球O 为三棱锥A BCD -的外接球，点M 是线段BD 上靠近D 的四等分点，过点M 作平面α截球O 得到的截面面积为Ω，则Ω的取值范围为（ ）
A ．π3π,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦
B ．3π3π,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦
C ．π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦
D ．,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 8．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.一个二十四等边体的各个顶点都在同一个球面上，若该球的表面积为16π，则该二十四等边体的表面积为（ ）
A ．123+
B ．183+
C ．2483+
D ．363+9．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB AD ==12CC =，则二面角1C BD C --的大小是（ ）
A ．30º
B ．45º
C ．60º
D ．90º
10．设α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ） A ．若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n ⊥β
B ．若α⊥β，n ∥α，则n ⊥β
C ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β
D ．若m ⊥α，m ⊥β，n ⊥α，则n ⊥β
11．在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为1CC ，1DD 的中点，则异面直线AF ，DE 所成角的余弦值为（ ）
A ．14
B ．154
C ．65
D ．15
12．已知,m n 是两条不同的直线，,αβ为两个不同的平面，有下列四个命题： ①若m α⊥，n β⊥，m n ⊥，则a β⊥；
②若//m α，//n β，m n ⊥，则//a β；
③若m α⊥，//n β，m n ⊥，则//αβ；
④若m α⊥，//n β，//αβ，则m n ⊥.
其中所有正确的命题是（ ）
A ．①④
B ．②④
C ．①
D ．④
13．设l 是直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A ．若//l α，//l β，则//αβ
B ．若αβ⊥，//l α，则l β⊥
C ．若αβ⊥，l α⊥，则//l β
D ．若//l α，l β⊥，则αβ⊥ 14．在正方形SG 1G 2G 3中，
E 、
F 分别是
G 1G 2及G 2G 3的中点，D 是EF 的中点，现在沿SE 、SF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使G 1、G 2、G 3三点重合，重合后的点记为G ，那么，在四面体S ﹣EFG 中必有（ ）
A ．SG ⊥△EFG 所在平面
B ．SD ⊥△EFG 所在平面
C ．GF ⊥△SEF 所在平面
D ．GD ⊥△SEF 所在平面
二、解答题
15．如图，已知三棱柱111ABC A B C -的侧面11BCC B 为矩形，2AB AC ==，2BC =，D ，E 分别为BC 、11B C 的中点，过BC 作平面α分别交11A B 、1A E 、11A C 于点M 、F 、N ．
（1）求证：平面BCNM ⊥平面1AA ED ．
（2）若Q 为线段AD 上一点，3AD AQ =，1//A Q 平面BCNM ，则当1A Q 为何值时直线BM 与平面1AA ED 所成角的正弦值为13
（请说明理由）． 16．如图1，在等腰梯形ABCD 中，CE 、DF 是梯形的高，2AF BE ==，22CD =，现将ADF 、BCE 分别沿DF 、CE 折起，得一简单组合体
11A B CDEF ，如图所示，点A 、B 分别折起到1A 、1B ，11//A B EF ，11=2A B EF ，已知点P 为11A B 的中点．
（1）求证：PE ⊥平面1B CE ；
（2）若1CE =，求二面角1D B C E --的正弦值．
17．如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中（底面是正方形的直四棱柱），底面正方形ABCD 的边长为1，侧棱1AA 的长为2，E 、M 、N 分别为11A B 、11B C 、1BB 的中点．
（1）求证：1//AD 平面EMN ；
（2）求异面直线1AD 与BE 所成角的余弦值．
18．如图，在三棱锥V-ABC 中，VC ⊥底面ABC ，AC BC ⊥，D 是棱AB 的中点，且AC BC VC ==.
（1）证明：平面VAB ⊥平面VCD ；
（2）若22AC =AB 上有一点E ，使得线VD 与平面VCE 所成角的正弦值为1515
，试确定点E 的位置，并求三棱锥C-VDE 的体积. 19．如图BC ⊥BD ，AB ＝BD ，∠ABD ＝60°，平面BCD ⊥平面ABD ，E 、F 、G 分别为棱AC 、CD 、AD 中点.
（1）证明：EF ⊥平面BCG ；
（2）若BC ＝4，且二面角A —BF —D 的正切值为6，求三棱锥G —BEF 体积.（注意：本题用向量法求解不得分）
20．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直于底面，AC BC ⊥，
1AC BC CC ==，E ，F 分别为11A B ，BC 的中点．
（Ⅰ）求证：1AC C F ⊥；
（Ⅱ）求证：BE ∥平面11AC F ；
（Ⅲ）在棱1CC 上是否存在一点G ，使得平面1B EG ⊥平面11AC F ？说明理由． 21．如图，已知多面体111ABCA B C ，1A A ，1B B ，1C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=︒，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．
（1）证明：1AB ⊥平面111A B C ；
（2）求直线1AC 平面1ABB 所成的角的正弦值．
22．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.
23．如图，四面体ABCD 中，点E ，F 分别为线段AC ，AD 的中点，平面EFNM ⋂平面BCD MN =，90CDA CDB ∠=∠=︒，DH AB ⊥，垂足为H .
（1）求证：//EF MN ；
（2）求证：平面CDH ⊥平面ABC .
24．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 .
25．如图1，矩形ABCD ，1,2,AB BC ==点E 为AD 的中点，将ABE △沿直线BE 折起至平面PBE ⊥平面BCDE （如图2），点M 在线段PD 上，//PB 平面CEM .
（1）求证：2MP DM =；
（2）求二面角B PE C --的大小；
（3）若在棱,PB PE 分别取中点,F G ，试判断点M 与平面CFG 的关系，并说明理由. 26．
如图，已知四棱锥的底面是正方形，且边长为4cm ，侧棱长都相等，E 为BC 的中点，高为PO ，且30OPE ∠=︒，求该四棱锥的侧面积和表面积．
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一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
对于A ，B 选项均有可能为线在面内，故错误；对于C 选项，根据面面平行判定定理可知其错误；直接由线面平行性质定理可得D 正确.
【详解】
若αβ⊥，m β⊥，则有可能m 在面α内，故A 错误；
若//m α，n m ⊥，n 有可能在面α内，故B 错误；
若一平面内两相交直线分别与另一平面平行，则两平面平行，故C 错误．
若//m β，m α⊂，n α
β=，则由直线与平面平行的性质知//m n ，故D 正确．
故选D.
【点睛】
本题考查的知识点是，判断命题真假，比较综合的考查了空间中直线与平面的位置关系，属于中档题. 2．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. 3．B
解析：B
【分析】
n α⊥必有n 平行α的垂线，或者n 垂直α的平行平面，依次判定选项即可.
【详解】
解：αβ⊥，m β⊂，不能说明n 与α的关系，A 错误；
//αβ，n β⊥能够推出n α⊥，正确；
αβ⊥，//n β可以得到n 与平面α平行、相交，所以不正确.
//m α，n m ⊥则n 与平面α可能平行，所以不正确.
故选：B .
【点睛】
本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力，是基础题.
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，2CF FD CD === 由余弦定理有：2221cos 23
CF FD CD CFD CF FD +-∠==⨯⨯,
即1=90cos cos =3
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】
根据题意得到三棱柱的高是内切球的直径，也是底面三角形内切圆的直径，根据等边三角形的性质得到内切球和外接球的半径，计算表面积的比值.
【详解】
设点O 是三棱柱外接球和内切球的球心，点M 是底面等边三角形的中心，点N 是底边AB 的中点，连结OM ，MN ，AM ，OA ，设底面三角形的边长为a ，则
MN =，MA =， 因为三棱锥内切球与各面都相切，所以三棱柱的高是内切球的直径，底面三角形内切圆的
直径也是三棱柱内切球的直径，所以3
OM MN a ==，即三棱柱内切球的半径
3
r a =，
AM =，所以OA ==，即三棱柱外接球的半径
R =， 所以内切球的表面积为22443r a ππ=，外接球的表面积222043
S R a ππ==， 所以三棱柱外接球和内切球表面积的比值为22204:5:133a a ππ=
故选：D 【点睛】
本题考查空间几何体的内切球和外接球的表面积，重点考查空间想象，计算能力，属于中档题型.
6．A
解析：A 【分析】
首先根据已知条件找到四面体外接球的球心，再求出半径，即可得到球体的表面积. 【详解】
如图所示，1O ，2O 分别为ABC 和DAC △的外接圆圆心，
因为菱形ABCD ，60B ∠=，所以ABC 和DAC △为等边三角形. 设E 为AC 的中点，连接DE ，BE ，则DE AC ⊥，BE AC ⊥， 又因为平面ACD ⊥平面ABC AC =，所以DE ⊥平面ABC . 分别过1O ，2O 作垂直平面ABC 和平面ACD 的直线， 则交点O 为四面体ABCD 外接球的球心.
因为2
2
33332⎛⎫==-= ⎪⎝⎭
EB DE ，四边形12OO EO 为矩形， 所以123==O B DO 1213
===
O E O E OO
2
，表面积为15π. 故选：A 【点睛】
本题主要考查四面体外接球的表面积，根据题意确定外接球的球心为解题关键，属于中档题.
7．B
解析：B 【分析】
求出三棱锥A BCD -的外接球半径R ，可知截面面积的最大值为2πR ，当球心O 到截面的距离最大时，截面面积最小，此时球心O 到截面的距离为OM ，截面圆的半径的最小值
，进而可求出截面面积的最小值. 【详解】
三棱锥A BCD -是正四面体，棱长为2，将三棱锥A BCD -放置于正方体中， 可得正方体的外接球就是三棱锥A BCD -的外接球.
因为三棱锥A BCD -的棱长为2，
可得外接球直径2R =
=R =
，
故截面面积的最大值为2
2
3ππ2π2R ⎛⎫= ⎪ =⎪⎝⎭
. 因为M 是BD 上的点，当球心O 到截面的距离最大时，截面面积最小， 此时球心O 到截面的距离为OM ，△OBD 为等腰三角形， 过点O 作BD 的垂线，垂足为H ，
2OD OH =
===， 得2
2
2
113
244
OM OH HM =+=
+=，
==
所以截面面积的最小值为23π
π4
=
. 故Ω的取值范围为3π3π,42⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
.
故选：B. 【点睛】
外接球问题与截面问题是近年来的热点问题，平常学习中要多积累，本题考查学生的空间想象能力、推理能力及计算求解能力，属于中档题.
8．C
解析：C 【分析】
通过二十四等边体的外接球表面积求得半径，进而计算出二十四等边体的边长，进而计算出二十四等边体的表面积. 【详解】
由于二十四等边体的外接球表面积为16π， 设其半径为r ，则2416r π=π，解得2r
.
设O 为球心，依题意可知四边形,,,A B C D 分别为正方体侧棱的中点，
所以ABCD 正方形，由于2OA OB OC OD ====， 所以四边形ABCD 是正方形，2222AB OA OB =+=. 所以二十四等边体的边长为2.
所以二十四等边体的边长的表面积为122622sin 823
π⨯⨯+
⨯⨯⨯⨯ 2483=+.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查几何体外接球有关计算，考查空间想象能力，属于中档题.
9．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23AB AD ==，所以四边形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12CC =，
()()
2
2
23236
CO +=
=，
所以123
tan 36
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.
10．D
解析：D 【分析】
根据直线、平面平行垂直的关系进行判断． 【详解】
由α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，知：
在A 中，若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故A 错误； 在B 中，若α⊥β，n ∥α，则n 与β相交、平行或n ⊂
β，故B 错误；
在C 中，若m ∥α，m ∥β，则α与β相交或平行，故C 错误； 在D 中，若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β， ∴若n ⊥α，则n ⊥β，故D 正确. 故选：D. 【点睛】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的益关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.
11．D
解析：D 【分析】
连接BE ，BD ，因为//BE AF ，所以BED ∠为异面直线AF 与DE 所成的角（或补角），
不妨设正方体的棱长为2，取BD 的中点为G ，连接EG ，在等腰BED ∆中，求出
3
cos 5
EG BEG BE ∠=
=
，在利用二倍角公式，求出cos BED ∠，即可得出答案. 【详解】
连接BE ，BD ，因为//BE AF ，所以BED ∠为异面直线AF 与DE 所成的角（或补角），
不妨设正方体的棱长为2，则5BE DE ==
，22BD =，
在等腰BED ∆中，取BD 的中点为G ，连接EG ， 则523EG =
-=，3
cos 5
EG BEG BE ∠=
=
， 所以2cos cos 22cos 1BED BEG BEG ∠=∠=∠-， 即：31
cos 2155
BED ∠=⨯
-=， 所以异面直线AF ，DE 所成角的余弦值为1
5
. 故选：D.
【点睛】
本题考查空间异面直线的夹角余弦值，利用了正方体的性质和二倍角公式，还考查空间思维和计算能力.
12．A
解析：A 【分析】
①若m α⊥，m n ⊥，∴n ⊂α或//n α再由面面垂直的判定定理得到结论．②根据面面平行的判定定理判断．③若m α⊥，m n ⊥，则n ⊂α或//n α，再由面面平行的判定定理判断．④若m α⊥，//αβ，由面面平行的性质定理可得m β⊥，再由//n β得到结论． 【详解】
①若m α⊥，m n ⊥，∴n ⊂α或//n α，又∵n β⊥，∴a β⊥,故正确．
②若//m α，//n β，由面面平行的判定定理可知，若m 与n 相交才平行，故不正确． ③若m α⊥，m n ⊥，则n ⊂α或//n α，又//n β，两平面不一定平行，故不正确． ④若m α⊥，//αβ，则m β⊥，又∵//n β，则m n ⊥．故正确． 故选：A 【点睛】
本题主要考查线与线，线与面，面与面的位置关系及垂直与平行的判定定理和性质定理，综合性强，方法灵活，属中档题．
13．D
解析：D 【分析】
利用空间线线、线面、面面的位置关系对选项进行逐一判断，即可得到答案. 【详解】
A.若//l α，//l β，则α与β可能平行，也可能相交，所以不正确.
B.若αβ⊥，//l α，则l 与β可能的位置关系有相交、平行或l β⊆,所以不正确.
C.若αβ⊥，l α⊥，则可能l β⊆，所以不正确.
D.若//l α，l β⊥，由线面平行的性质过l 的平面与α相交于l '，则l l '，又l β⊥.
所以l β'⊥，所以有αβ⊥，所以正确. 故选：D 【点睛】
本题考查面面平行、垂直的判断，线面平行和垂直的判断,属于基础题.
14．A
解析：A 【分析】
在正方形SG 1G 2G 3中，有S G 1⊥G 1E ，在折叠后其垂直关系不变，所以有SG ⊥EG.同理有有SG ⊥FG ，再由线面垂直的判定定理证明. 【详解】
在正方形SG 1G 2G 3中， 因为S G 1⊥G 1E ， 所以在四面体中有SG ⊥EG. 又因为S G 3⊥G 3F ，
所以在四面体中有SG ⊥FG ，且GE GF G =，
所以 SG ⊥△EFG 所在平面. 故选：A 【点睛】
本题主要考查折叠问题及线面垂直的判定定理，还考查了推理论证的能力，属于中档题.
二、解答题
15．（1）证明见解析（2）122
3
AQ =,理由见解析 【分析】
（1）先根据直线与平面垂直的判定定理证明BC ⊥平面1AA ED ，再根据平面与平面垂直的判定定理证明平面BCNM ⊥平面1AA ED ；
（2）连DF ，可推得1A Q 与DF 平行且相等，在线段BD 上取点H ，使
BH FM ==
2
3
，连FH ，可推得HFD ∠为直线BM 与平面1AA ED 所成角，利用正弦值可求得DF 的值，即可得1A Q 的值. 【详解】
（1）因为AB AC =，BD DC =，所以BC AD ⊥， 又D ，E 分别为BC 、11B C 的中点，所以1//DE BB ， 因为侧面11BCC B 为矩形，所以1BC BB ⊥，所以BC DE ⊥， 又AD DE D ⋂=，所以BC ⊥平面1AA ED ，
因为BC ⊂平面BCNM ，所以平面BCNM ⊥平面1AA ED . （2）因为2AB AC ==
，2BC =，所以222AB AC BC +=，所以AB AC ⊥，
又D 为BC 的中点，112
AD BC =
=，因为3AD AQ =，所以13AQ =，23QD =，
连接DF ，因为1
//AQ 平面BCNM ，平面1A ADE 平面BCNM DF =，
所以1//A Q DF ，因为1A A 与1B B 平行且相等，1B B 与DE 平行且相等，
所以1A A 与DE 平行且相等，
所以四边形1A ADE 为平行边形，所以1A F 与QD 平行且相等，
所以四边形1A QDF 为平行四边形，所以1A Q 与DF 平行且相等，因为12
3
A F QD ==，所以1
3EF =
，所以2233
FM BD ==， 在线段BD 上取点H ，使BH FM ==
2
3，则21133
DH =-=，连FH ，则四边形FMBH 为平行四边形，
所以FH 与BM 平行且相等，因为BD ⊥平面1AA ED ，所以HFD ∠为直线BM 与平面
1AA ED 所成角，所以1sin 3HFD ∠=
，即
1
3
DH HF =，所以31HF DH ==，
所以3DF ===
，所以13
A Q DF ==. 【点睛】
关键点点睛：（1）证明面面垂直的关键是找到线面垂直，利用直线与平面垂直的判定定理可证BC ⊥平面1AA ED ；
（2）解题关键是找到直线BM 与平面1AA ED 所成角，通过计算可知，在线段BD 上取点
H ，使BH FM ==
2
3
，连FH ，则HFD ∠为直线BM 与平面1AA ED 所成角.
16．（1）证明见解析（2 【分析】
（1）利用222
11EP EB PB +=可得1PE EB ⊥，又根据CE ⊥平面1PEB 可得CE PE ⊥，
再根据直线与平面垂直的判定定理可证PE ⊥平面1B CE ；
（2）过E 作1EG CB ⊥，垂足为G ，连PG ，可得1CB PG ⊥，可得PEG ∠为二面角
1D B C E --的平面角，在直角三角形PEG 中计算可得结果.
【详解】
（1）因为点P 为11A B 的中点，11=2A B EF ，11//A B EF ， 所以EF 与1A P 平行且相等，所以四边形1FEPA 为平行四边形，所以
12EP A F AF ===，
又12EB EB ==，1111
222
PB A B EF CD =
===， 所以222
11EP EB PB +=，所以1PE EB ⊥，
因为1,CE EF CE EB ⊥⊥，1EF
EB E =，
所以CE ⊥平面1PEB ，所以CE PE ⊥， 因为1CE
EB E =，所以PE ⊥平面1B CE ，
（2）过E 作1EG CB ⊥，垂足为G ，连PG ， 因为PE ⊥平面1B CE ，所以1PE CB ⊥，又PE EG E =，
所以1CB ⊥平面PEG ，所以1CB PG ⊥， 所以PEG ∠为二面角1D B C E --的平面角，
因为1CE =，12EB =，所以2211145CB CE CB =+=+= 所以112555
CE EB EG CB ⋅=
==，所以22430
455PG PE EG =+=+=， 所以sin EP PGE PG ∠==230=30
6
=. 【点睛】
关键点点睛：利用定义法求二面角的关键是作出二面角的一个平面角，本题利用PE ⊥平面1B CE ，过垂足点E 作棱1CB 的垂线EG ，连PG ，则可得PEG ∠为二面角
1D B C E --的平面角.
17．（1）证明见解析（2885
【分析】
（1）通过证明1//AD MN 可证1//AD 平面EMN ；
（2）由（1）知11//AD BC ,所以1EBC ∠（或其补角）为异面直线1AD 与BE 所成的角，根据余弦定理计算可得结果. 【详解】
（1）连1BC ，1EC ，如图：
因为//AB CD ，AB CD =，且11//CD C D ，11CD C D =， 所以11//AB C D ，11AB C D =，
所以四边形11ABC D 为平行四边形，所以11//AD BC ，
因为M 、N 分别为11B C 、1BB 的中点，所以1//MN BC ，所以1//AD MN ， 因为1AD ⊄平面EMN ，MN ⊄平面EMN ， 所以1//AD 平面EMN .
（2）由（1）知11//AD BC ，所以1EBC ∠（或其补角）为异面直线1AD 与BE 所成的角，
依题意知12BB =，11
2
EB =
，111B C =， 所以2
2
2
11117
444
BE BB EB =+=+
=，2221111415BC BB B C =+=+=，222111115144
EC EB B C =+=
+=， 所以2
2
21
1
1
1cos 2BE BC EC EBC BE BC +-∠==⋅175********
+-
⨯⨯885=. 【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0,2π⎛⎤
⎥⎝
⎦
，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．
18．（1）证明见解析；（2）点E 位于线段AD 的中点或线段BD 的中点；22
3
. 【分析】
（1）易得CD AB ⊥，再根据VC ⊥底面ABC ，得到 VC AB ⊥，进而AB ⊥平面VCD ，再利用面面垂直的判定定理证明.
（2）过点D 在平面ABC 内作DF CE ⊥于F ，DF ⊥平面VCE ，则DVF ∠就是直线VD 与平面VCE 所成的角，在Rt VFD 中，由15sin DF DVF VD ∠==，求得DF ，然后在Rt DCE 中，求出1DE =，然后由三棱锥C-VDE 的体积为13
CDE V S VC =
⋅⋅求解. 【详解】
（1）因为AC BC =，D 是AB 的中点，
所以CD AB ⊥.
又VC ⊥底面ABC ，AB
平面ABC ， 所以VC AB ⊥，而VC CD C ⋂=， 所以AB ⊥平面VCD .
又AB 平面VAB ，
所以平面VAB ⊥平面VCD .
（2）过点D 在平面ABC 内作DF CE ⊥于F ，
则由题意知DF ⊥平面VCE .，
连接VF ，于是DVF ∠就是直线VD 与平面VCE 所成的角.
在Rt VFD 中，15DF VD =. 又因为3VD =25DF =
. 在Rt DCE 中，1DE =. 故知点E 位于线段AD 的中点或线段BD 的中点，
三棱锥C-VDE 的体积为111222122332CDE S VC ⋅⋅=
⨯⨯⨯⨯=. 【点睛】
方法点睛：(1)证明平面和平面垂直的方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β)．
(2)已知两平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
19．（1）证明见解析 （2
）
3
【分析】 （1）由平面BCD ⊥平面ABD ，可得BC ⊥平面ABD ，从而可证AD ⊥平面BCG ，又//EF AD ，可证.
（2）过A 作AM BD ⊥于点M ，M 为BD 的中点,过M 作MN BF ⊥于点N ，连接AN
, 可得AM ⊥平面BCD ,则AM BF ⊥,从而BF ⊥平面AMN .从而ANM ∠为二面角A —BF —D 的平面角，再求三角形边长进行计算得出答案.
【详解】
（1）由平面BCD ⊥平面ABD ，且平面BCD 平面ABD BD =
又BC ⊥BD ，BC ⊂平面BCD ，所以BC ⊥平面ABD
又AD ⊥平面ABD ，则BC AD ⊥
又AB BD =, G 为AD 中点，则BG AD ⊥
而BG BC B ⋂=,则AD ⊥平面BCG
又E 、F 分别为棱AC 、CD 中点，则//EF AD
所以EF ⊥平面BCG ；
（2）由AB ＝BD ，∠ABD ＝60°，则ABD △为正三角形.
过A 作AM BD ⊥于点M ，M 为BD 的中点,过M 作MN BF ⊥于点N ，连接AN 由平面BCD ⊥平面ABD ，且平面BCD 平面ABD BD =，可得AM ⊥平面BCD . 所以AM BF ⊥,从而BF ⊥平面AMN .
所以ANM ∠为二面角A —BF —D 的平面角.
设AB a ，在RT AMN
中，11,,sin 22
AM BM a MN a DBF ===∠
所以2
tan 1sin 2AM ANM MN a DBF ∠===∠
则sin 2
DBF ∠=，则4DBF π∠= 所以RT BCD 为等腰直角RT ，4BD BC ==
由//EF AD ，EF ⊄平面BEF ,AD ⊂平面BEF ,则//EF 平面BEF
则2111114244323G BEF D BEF E BDF A BDF A BCD V V V V V -----===
==⨯⨯⨯⨯ 所以三棱锥G —BEF
体积为3
.
【点睛】
关键点睛：本题考查线面垂直的证明和根据二面角的大小解决体积问题，解答本题的关键是利用面面垂直的性质定理得到线面垂直，由平面BCD ⊥平面ABD ，过A 作AM BD ⊥于点M ，可得AM ⊥平面BCD ，从而得出ANM ∠为二面角A —BF —D 的平面角，属于中档题.
20．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）在棱1CC 上存在点G ，且G 为1CC 的中点．理由见解析.
【分析】
（Ⅰ）在三棱柱111ABC A B C -中，由侧棱垂直于底面，可得1CC ⊥平面ABC ，则1CC AC ⊥，再由AC BC ⊥，结合线面垂直的判定可得AC ⊥平面11BCC B ．从而得到1AC C F ⊥；
（Ⅱ）取11A C 的中点H ，连结EH ，FH ．可得//EH BF ，且EH BF =．则四边形BEHF 为平行四边形，则//BE FH ．再由线面平行的判定可得//BE 平面11AC F ； （Ⅲ）在棱1CC 上存在点G ，且G 为1CC 的中点．连接EG ，1GB ．首先证明△11B C G ≅△1C CF ．可得11190C CF B GC ∠+∠=︒，则11B G C F ⊥．由（Ⅰ）可得AC ⊥平面11BB C C ，得到11A C ⊥平面11BB C C ．即111AC B G ⊥．由线面垂直的判定可得1B G ⊥平面11AC F ．进一步得到平面1B EG ⊥平面11AC F ．
【详解】
解：（Ⅰ）在三棱柱111ABC A B C -中，
因为侧棱垂直于底面，
所以1CC ⊥平面ABC ． 又AC ⊂平面ABC
所以1CC AC ⊥．
因为AC BC ⊥，1CC BC C ⋂=，1CC ⊥平面11BCC B ，BC ⊂平面11BCC B 所以AC ⊥平面11BCC B ．
因为1C F ⊂平面11BCC B ，
所以1AC C F ⊥．
（Ⅱ）取11A C 中点H ，连结EH ，FH ．
则EH //11B C ，且1112EH B C =
， 又因为BF //11B C ，且1112
BF B C =， 所以EH //BF ，且EH BF =． 所四边形BEHF 为平行四边形．
所以BE //FH ．
又BE ⊄平面11AC F ，FH
⊂平面11AC F ，
所以BE //平面11AC F
（Ⅲ）在棱1CC 上存在点G ，且G 为1CC 的中点．
连接1,EG GB ．在正方形11BB C C 中，
因为F 为BC 中点，
所以△11B C G ≌△1C CF ．
所以11190C CF B GC ∠+∠=︒．
所以11B G C F ⊥．
由（Ⅰ）可得AC ⊥平面11BB C C ，
因为11AC//A C ，
所以11A C ⊥平面11BB C C ．
因为1B G ⊂平面11BB C C ，
所以111AC B G ⊥．
因为1111AC C F C =，11A C ⊂平面11AC F ，1C F ⊂平面11AC F ．
所以1B G ⊥平面11AC F ．
因为1B G ⊂平面1B EG ，
所以平面1B EG ⊥平面11AC F ．
【点睛】
本题考查直线与平面、平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法．
21．（1）证明见解析；（2
）
13
． 【分析】
（1）由已知条件可得2221111A B AB AA +=，2221111AB B C AC +=，则111AB A B ⊥，111AB B C ⊥，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连接AD ，可证得1C D ⊥平面1ABB ，从而1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角，然后在1Rt C AD 求解即可
【详解】
（1）证明： 由2AB =，14AA =，12BB =，1AA AB ⊥，1BB AB ⊥
得
111AB A B ==，所以2221111A B AB AA +=，由111AB A B ⊥．
由2BC =，12BB =，11CC =，1BB BC ⊥，1CC BC ⊥
得11B C =，
由2AB BC ==，120ABC ∠=︒
得AC =
由1CC AC ⊥
，得1AC =，所以2221111AB B C AC +=，
故111AB B C ⊥，又11111A B B C B =，因此1AB ⊥平面111A B C ．
（2）解 如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连接AD ．
由1AB ⊥平面111A B C ，1AB ⊂平面1ABB ，得
平面111A B C ⊥平面1ABB ，由111C D A B ⊥，得1C D ⊥平面1ABB ，
所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角．
由11B C =
11AB =
，11AC =
得111cos C A B ∠=
，111sin C A B ∠=，
所以1C D
，故111sin C D C AC AD ∠== 因此，直线1AC 与平面1ABB
【点睛】
关键点点睛：此题考查线面垂直的判定和线面角的求法，解题的关键是通过过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连接AD ，然后结合条件可证得1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角，从而在三角形中求解即可，考查推理能力和计算能力，属于中档题 22．（1）证明见解析；（23 【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=
12
AB=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=
12AD ， ∴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=12CE=22
∴2S ΔFCD =
11122222⨯= ∵V E-FCD =
13EF×S ΔFCD =1111236⨯⨯=，在RtΔECD 中，2， ∴S ΔECD =133222=，设点F 到平面CDE 的距离为h ， ∵V E-FCD =V F-ECD ，
11363=，解得3即点F 到平面CDE 3. 【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.
23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
本题考查线面平行与线面垂直的判定，难度不大.
（1）利用线面平行的判定定理证得//EF 平面BCD ，进而利用线面平行的性质定理证得； （2）利用线面垂直的判定定理证得CD ⊥平面ADB ，进而证得AB ⊥平面CDH ，然后由面面垂直判定定理证得结论.
【详解】
证明：（1）因为点E 、F 分别为线段AC 、AD 的中点，
EF ∴为ACD △的中位线，则//EF CD ，
CD ⊂平面BCD ，EF ⊄平面BCD ，
//EF ∴平面BCD ，又EF ⊂平面EFNM ，
平面EFNM ⋂平面BCD MN =，//EF MN ∴；
（2）90CDA CDB ∠=∠=︒，
CD DA ∴⊥，CD DB ⊥，
DA DB D ⋂=，DA ⊂平面ADB ，DB ⊂平面ADB ， CD 平面ADB ，CD AB ∴⊥
又DH AB ⊥，DH CD D ⋂=，DC ⊂平面DCH ，DH ⊂平面DCH ，
AB ∴⊥平面CDH ，AB ⊂平面ABC ，
∴平面CDH ⊥平面ABC.
【点睛】
要证线线平行，常常先证线面平行，综合利用线面平行的判定与性质进行证明；要证面面垂直，常常先证线面垂直，而要证线面垂直，又常常先证另一个线面垂直.
24．（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
.
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
在△AHC 中，AH HC AC =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.
25．（1）证明见解析；（2）90；（3）M ∈平面CFG ，理由见解析.
【分析】
（1）设BD EC O ⋂=，连接MO ，由线面平行的性质可得//PB MO ，可得MD OD MP OB =，由//ED BC 可得12
OD ED OB BC ==，即可证明； （2）取BE 中点Q ，连接PQ ，通过面面垂直的性质可得PQ ⊥平面BCDE ，进而可得PQ EC ⊥，再由EC BE ⊥可得EC ⊥平面PBE ，即平面PBE ⊥平面PEC ，即得出结果；
（3）延长ED 到N ，使ED DN =，连接,,CN PN GN ，证明//FG CN ，可得,,,F C N G 确定平面FCNG ，判断M 是PEN △的重心，可得M ∈平面CFG .
【详解】
（1）设BD EC O ⋂=，连接MO ，。