(必考题)高中数学高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》检测卷(包含答案解析)(2)

一、选择题
1．在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，2AB =，E 为PB 的中点，若3cos ,3
DP AE =，则PD =（ ）
A ．1
B ．32
C ．3
D ．2 2．如图，四边形ABCD 和ABEF 都是正方形，G 为CD 的中点，60DAF ∠=，则直线BG 与平面AG
E 所成角的余弦值是（ ） A ．25 B 10C 15 D ．215 3．在四棱锥O ﹣ABCD 中，底面ABCD 是平四边形，设OA a =，OB b =，OC c =，则BD 可表示为（ ）
A ．a c b +-
B ．a +2b c -
C ．c b a +-
D ．a c +-2b 4．已知空间三点坐标分别为A （4,1,3），B(2,3,1），C （3,7，-5），又点P （x,-1,3) 在平面ABC 内，则x 的值 （ ）
A ．-4
B ．1
C ．10
D ．11
5．在边长为2的菱形ABCD 中，23BD =ABCD 沿对角线AC 对折，使二面角B AC D --的余弦值为
13，则所得三棱锥A BCD -的内切球的表面积为（ ） A ．43π B ．π C ．23π D ．2
π 6．如图，点P 在正方体1111ABCD A BC D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个结论： ①三棱锥1A D PC -的体积不变；
1//A P ②平面1ACD ；
1DP BC ⊥③；
④平面1PDB 平面1ACD ．
其中正确的结论的个数是( )
A ．1个
B ．2个
C ．3个
D ．4个
7．如图：在直棱柱111ABC A B C -中，1AA AB AC ==，AB AC ⊥，,,P Q M 分别是A 1B 1,BC,CC 1的中点，则直线PQ 与AM 所成的角是（ ）
A ．6π
B ．4π
C ．3π
D ．2
π 8．在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，,E F 分别为棱1AA 、1BB 的中点，G 为棱11A B 上的一点，且1
(02)AG λλ=<<，则点G 到平面1D EF 的距离为( )
A ．23
B 2
C ．223λ
D 25 9．如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是( )
A ．30
B ．45
C ．60
D ．90
10．设平面α的一个法向量为1(1,2,2)n =-，平面β的一个法向量为2(2,4,)n k =--，若//αβ，则k = ( )
A ．2
B ．-4
C ．-2
D ．4
11．如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，M ，N 分别是棱AB ，1BB 的中点，点P 在对角线1CA 上运动.当△PMN 的面积取得最小值时，点P 的位置是（ ）
A ．线段1CA 的三等分点，且靠近点1A
B ．线段1CA 的中点
C ．线段1CA 的三等分点，且靠近点C
D ．线段1CA 的四等分点，且靠近点C 12．如图，在边长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，
E 为BC 的中点，点P 在底面ABCD 上移动，且满足11B P D E ⊥，则线段1B P 的长度的最大值为（ ）
A ．455
B ．2
C ．22
D ．3
二、填空题
13．在长方体1111ABCD A BC D -中，若1AB BC ==，12
AA =，则点A 到平面11BD A 的距离为_______ .
14．如图，已知正三棱柱111ABC A B C -中，12AB AA ==，,M N 分别为1,CC BC 的中点，点P 在直线11A B 上且满足111().
A P A
B R λλ=∈若平面PMN 与平面AB
C 所成的二面角的平面角的大小为45，则实数λ的值为______． 15．平面α过正方体ABC
D －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m 、n 所成角的正弦值为________．
16．如图，正三棱柱111ABC A B C -的棱长均为2．点M 是侧棱1AA 的中点，点P 、Q 分别是侧面11BCC B ，底面ABC 的动点，且1A P
平面BCM ，PQ ⊥平面BCM ．则点Q
的轨迹的长度为___________．
17．在空间四边形ABCD 中，连接AC 、BD ,若BCD 是正三角形，且E 为其中心，则1322
AB BC DE AD +--的化简结果为________． 18．已知B 与点()1,2,3A 关于点()0,1,2M -对称，则点B 的坐标是______．
19．如图所示的是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中完全一样的是________．
20．已知P 是正方体1111ABCD A BC D -的棱11A D 上的动点，设异面直线AB 与CP 所成的角为α，则cos α的最小值为__________．
三、解答题
21．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，E 是PD 上的点．
（1）当E 是PD 的中点时，求证：//PB 平面AEC ；
（2）设1==PA AB ，3PC =，若直线PC 与平面AEC 所成角的正弦值为
13，求PE 的长．
22．如图，在四棱锥E ABCD -中，平面ADE ⊥平面ABCD O M ，，分别为线段AD DE ，的中点．四边形BCDO 是边长为1的正方形，,AE DE AE DE =⊥．
（Ⅰ）求证：//CM 平面ABE ；
（Ⅱ）求直线DE 与平面ABE 所成角的正弦值；
（Ⅲ）点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长．
23．如图.四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是直角梯形，BC ∥AD ，AB AD ，AD=2BC=2，四边
形ABB 1A 1和ADD 1A 1均为正方形.
（1）证明；平面ABB 1A 1平面ABCD ；
（2）求二面角B 1 CD-A 的余弦值.
24．如图，四棱柱1111ABCD A BC D -中，底面ABCD 为矩形，1DD ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是1BB ，1DC 的中点，1DA =，12DC DD ==.
（1）求证：//EF 平面ABCD ；
（2）求直线1DC 与平面EAD 所成角的正弦值.
25．将边长为2的正方形ABCD 沿对角线BD 折叠，使得平面ABD ⊥平面CBD ，AE ⊥平面ABD ，且2AE =.
（1）求直线DE 与直线AC 所成的角；
（2）求二面角B ED C --的余弦值.
26．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，H 是正方形11AA B B 的中心，12AA
=，CH ⊥平面11AA B B ，且3CH =．
（1）求1AC 与平面ABC 所成角的正弦值；
（2）在线段11A B 上是否存在一点P ，使得平面PBC ⊥平面ABC ？若存在，求出1B P 的长；若不存在，说明理由．
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一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
由已知以D 为原点建立空间直角坐标系，设(0,0,)P a ，求得,DP AE 的坐标，由数量积公式可得答案.
【详解】
由已知DP DA DC 、、两两垂直，所以以D 为原点，建立如图所示的坐标系， 设(0)PD a a =>，则(0,0,)P a ，(2,0,0)A ，
连接BD 取中点F ，连接EF ，所以//EF PD ，EF ⊥平面ABCD ， 所以(1,1,)2a
E ，所以(0,0,)DP a =，(1,1,)2
a AE =-， 由3cos ,3DP AE =2232
cos ,3114
a DP AE DP AE DP AE a a ⋅===⋅⋅++， 解得2a =.
故选：D.
【点睛】
本题考查了空间向量的数量积公式的应用，关键点是建立空间直角坐标系，由数量积公式求得a ，考查了学生的空间想象力.
2．C
解析：C
【分析】
以A 为原点，以AD 、AB 的方向分别为x 、y 轴的正方向，过A 作垂直平面ABCD 的直线作z 轴建立空间直角坐标系，设2AB =，利用空间向量法可求得直线BG 与平面AGE 所成角的正弦值，再利用同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】
以A 为原点，以AD 、AB 的方向分别为x 、y 轴的正方向，过A 作垂直平面ABCD 的直线作z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -．
设2AB =，得()0,0,0A 、()2,1,0G 、()0,2,0B 、(1,3E ，
则()2,1,0AG =，(3AE =，()2,1,0BG =-，
设平面AGE 的法向量为(),,n x y z =， 则20230
n AG x y n AE x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取1x =，则2y =-，3z = 所以，平面AGE 的一个法向量为(1,2,3n =-， 从而10cos ,5225
n BG
n BG n BG ⋅<>===⨯⋅，
故直线BG 与平面AGE 所成角的余弦值是21015155⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭
. 故选：C.
【点睛】
方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin h l
θ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.
3．D
解析：D
【分析】
作出图形，根据条件得出BD BA BC =+，再得到BA a b =-，BC c b =-，即可求解， 得到答案.
【详解】
如图所示，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，则BD BA BC =+， 在OAB ∆中，BA OA OB a b =-=-，
在OBC ∆中，BC OC OB c b =-=-，
故选：D.
【点睛】
本题主要考查了向量的线性运算，以及向量的加法的几何意义，其中解答中熟记向量的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
4．D
解析：D
【分析】
利用平面向量的共面定理即可求出答案
【详解】
(),1,3P x -点在平面ABC 内
,λμ∴存在实数使得等式AP AB AC λμ=+成立
()()()4,2,02,2,21,6,8x λμ∴--=--+--
42226028x λμλμλμ-=--⎧⎪∴-=+⎨⎪=--⎩
，消去λμ，解得11x =
故选D
【点睛】
本题主要考查了空间向量的坐标运算，共面向量定理的应用，熟练掌握平面向量的共面定理是解决本题的关键，属于基础题。

5．C
解析：C
【分析】
作出图形，利用菱形对角线相互垂直的性质得出DN ⊥AC ，BN ⊥AC ，可得出二面角B ﹣AC ﹣D 的平面角为∠BND ，再利用余弦定理求出BD ，可知三棱锥B ﹣ACD 为正四面体，可得出内切球的半径R ，再利用球体的表面积公式可得出答案．
【详解】
如下图所示，
易知△ABC 和△ACD 都是等边三角形，取AC 的中点N ，则DN ⊥AC ，BN ⊥AC ． 所以，∠BND 是二面角B ﹣AC ﹣D 的平面角，过点B 作BO ⊥DN 交DN 于点O ，可得BO ⊥平面ACD ．
因为在△BDN 中，3BN DN ==，所以，BD 2＝BN 2+DN 2﹣
2BN •DN •cos ∠BND 1332343=+-⨯⨯
=， 则BD ＝2．
故三棱锥A ﹣BCD 为正四面体，则其内切球半径为正四面体高的
14，又正四面体的高为棱6，故662R == 因此，三棱锥A ﹣BCD 的内切球的表面积为226244(3R πππ=⨯=．
故选C ．
【点睛】
本题考查几何体的内切球问题，解决本题的关键在于计算几何体的棱长确定几何体的形状，考查了二面角的定义与余弦定理，考查计算能力，属于中等题．
6．C
解析：C
【分析】
利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．
【详解】
对于①，由题意知11//AD BC ，从而1//BC 平面1AD C ，
故BC 1上任意一点到平面1AD C 的距离均相等，
所以以P 为顶点，平面1AD C 为底面，则三棱锥1A D PC 的体积不变，故①正确；
对于②，连接1A B ，11AC ，111//AC AD 且相等，由于①知：11//AD BC ，
所以11//BAC 面1ACD ，从而由线面平行的定义可得，故②正确；
对于③，由于DC ⊥平面11BCBC ，所以1DC BC ⊥，
若1DP BC ，则1BC ⊥平面DCP ，
1BC PC ⊥，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故③错误；
对于④，连接1DB ，由1DB AC ⊥且11DB AD ⊥，
可得1DB ⊥面1ACD ，从而由面面垂直的判定知，故④正确．
故选C ．
【点睛】
本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．
7．D
解析：D
【分析】
建立空间直角坐标系，结合直线的方向向量确定异面直线所成的角即可.
【详解】
以点A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，
设2AB =，则()()()()0,0,0,1,0,2,1,1,0,0,2,1A P Q M ，
据此可得：()()0,1,2,0,2,1PQ AM =-=，
0PQ AM ⋅=，故PQ AM ⊥，即直线PQ 与AM 所成的角是
2
π. 本题选择D 选项.
【点睛】
本题主要考查空间向量的应用，异面直线所成的角的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
8．D
解析：D
【分析】
以D 为原点，DA 为x 轴、DC 为y 轴、1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点G 到平面1D EF 的距离 .
【详解】
以D 为原点，DA 为x 轴、DC 为y 轴、1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则()()()()12,,2,0,0,2,2,0,1,2,2,1G D E F λ，
()()()12,0,1,0,2,0,0,,1ED EF EG λ=-==，
设平面1D EF 的法向量(),,n x y z =，
则12020n ED x z n EF y ⎧⋅=-+=⎨⋅==⎩
，取1x =，得()1,0,2n =， ∴点G 到平面1D EF 的距离为
22555
EG n
d n ⋅===，故选D. 【点睛】
本题主要考查利用空间向量求点到平面的距离，是中档题. 空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
9．D
解析：D
【分析】
可以建立空间直角坐标系，求出向量1A M
与DN 的夹角进而求出异面直线1A M 与DN 所成角．
【详解】
解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体1111ABCD A BC D -中棱长为2，
则1(2,A 0，2)，(0,M 1，0)，(0,D 0，0)，
(0,N 2，1)，
1
(2,AM =-1，2)-，(0,DN =2，1)， 设异面直线1A M 与DN 所成角为θ，
则11cos 0A M DN
A M DN θ⋅==⋅，90θ∴=．
∴异面直线1A M 与DN 所成角的大小为90．
故选D ．
【点睛】
本题考查异面直线所成角的求法，考查正方体的结构特征，异面直线所成角等基础知识，是基础题．
10．D
解析：D
【分析】
根据平面平行得法向量平行，再根据向量平行坐标表示得结果.
【详解】
因为//αβ，所以12122//24n n k
-==--，，解之得4k =，应选答案D 【点睛】
本题考查向量平行坐标表示，考查基本求解能力，属基础题. 11．B
解析：B
【分析】
将问题转化为动点P 到直线MN 的距离最小时，确定点P 的位置，建立空间直角坐标系，取MN 的中点Q ，通过坐标运算可知PQ MN ⊥，即||PQ 是动点P 到直线MN 的距离，再由空间两点间的距离公式求出||PQ 后，利用二次函数配方可解决问题.
【详解】
设正方体的棱长为1，以A 为原点，1,,AB AD AA 分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则1
(,0,0)2M ，1(1,0,)2N ，MN 的中点31(,0,)44
Q ， 1(0,0,1)A ，(1,1,0)C ，则1
(1,1,1)AC =-， 设(,,)P t t z ，(1,1,)PC t t z =---，
由1AC 与PC 共线，可得11111
t t z ---==-，所以1t z =-，所以(1,1,)P z z z --，其中01z ≤≤，
因为||(1PM ==
||(1PN == 所以||||PM PN =，所以PQ MN ⊥，即||PQ 是动点P 到直线MN 的距离，
由空间两点间的距离公式可得
||PQ ===
所以当12c =时，||PQ 取得最小值4
P 为线段1CA 的中点，
由于||4
MN =
为定值，所以当△PMN 的面积取得最小值时，P 为线段1CA 的中点. 故选：B
【点睛】 本题考查了空间向量的坐标运算，考查了空间两点间的距离公式，考查了数形结合法，考查了二次函数求最值，属于基础题.
12．D
解析：D
【分析】
以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设点(),,0P x y ，根据110B P D E ⋅=得出x 、y 满足的关系式，并求出y 的取值范围，利用二次函数的基本性质求得1B P 的最大值.
【详解】
如下图所示，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，
则点()12,2,2B 、()10,0,2D 、()1,2,0E ，设点()(),,002,02P x y x y ≤≤≤≤，
()11,2,2D E =-，()12,2,2B P x y =---，
11D E B P ⊥，()112224220B P D E x y x y ∴⋅=-+-+=+-=，得22x y =-， 由0202x y ≤≤⎧⎨≤≤⎩，得022202y y ≤-≤⎧⎨≤≤⎩
，得01y ≤≤， ()()2221224548B P x y y y ∴=-+-+=-+
01y ≤≤，当1y =时，1B P 取得最大值3.
故选：D.
【点睛】
本题考查立体几何中线段长度最值的计算，涉及利用空间向量法处理向量垂直问题，考查计算能力，属于中等题.
二、填空题
13．【分析】以为原点为轴为轴为轴建立空间直角坐标系利用向量法即可求解到平面的距离【详解】以为原点为轴为轴为轴建立空间直角坐标系则所以设平面的法向量为则取得所以到平面的距离故答案为：【点睛】本题主要考查了 6【分析】
以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法，即可求解A 到平面11BD A 的距离
【详解】
以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则11(1,0,0),(1
2),(1,1,0),2)A A B D ,
所以11(0,1,2),(1,1,2),(0,1,0)BA BD BA =-=--=-， 设平面11BD A 的法向量为(,,)n x y z =， 则112020
n BA y z n BD x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=--+=⎪⎩，取1z =，得(0,2,1)n =， 所以A 到平面11BD A 的距离2633
n BA
d n ⋅===. 故答案为：63
．
【点睛】
本题主要考查了点到平面的距离的求法，其中解答中熟记空间向量在立体几何中的应用，合理利用空间向量运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 14．【分析】从二面角的大小入手利用空间向量求解【详解】以N 为坐标原点NCNA 所在直线分别为x 轴y 轴建立空间直角坐标系如图则由可得设为平面的一个法向量则即令可得易知平面ABC 的一个法向量为因为平面与平面所 解析：2-
【分析】
从二面角的大小入手，利用空间向量求解.
【详解】
以N 为坐标原点，NC,NA 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，如图
则()()()()()
10,0,0,1,0,1,1,0,0,3,0,3,2N M B A A - ,
由111A P A B λ=可得()
111111,33,2NP NA A P NA A B NA AB λλλλ=+=+=+=--, ()1,0,1NM =,
设(),,n x y z =为平面PMN 的一个法向量，则00
n NM n NP ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即()03120x z x y z λλ+=⎧⎪⎨-+-+=⎪⎩
， 令1z =-，可得()()321,,131n λλ⎛⎫+=- ⎪ ⎪-⎝⎭
，易知平面ABC 的一个法向量为()0,0,1m =. 因为平面PMN 与平面ABC 所成的二面角的平面角的大小为45，
所以1cos45n m
n m n ⋅︒==，即2n =，所以21211231λλ+⎛⎫++= ⎪-⎝⎭，解得2λ=-. 【点睛】
本题主要考查空间向量的应用，利用二面角求解参数.二面角的求解和使用的关键是求解平面的法向量，把二面角转化为向量的夹角问题.
15．【分析】画出题目描述的图形判断直线mn 的所成的角通过解三角形即可
【详解】如图:α‖平面CB1D1α∩平面ABCD=mα∩平面ABA1B1=n 可
知:m//CD1m//B1D1因为△CB1D1是正三角形
解析：
32
【分析】 画出题目描述的图形，判断直线m 、n 的所成的角，通过解三角形即可.
【详解】
如图:
α‖平面CB 1D 1, α∩平面ABCD=m, α∩平面ABA 1B 1=n,
可知:m//CD 1,m//B 1D 1,
因为△CB 1D 1是正三角形.
所以m 、n 所成角就是∠CD 1B 1=60°
则m、m所成角的正弦值为:
3 2
故选:A
【点睛】
本题考查异面直线所成角的求法,考查空间想象能力以及计算能力，解决问题的关键是在空间图形中找到异面直线所成的平面角.
16．【分析】根据已知可得点Q的轨迹是过△MBC的重心且与BC平行的线段进而根据正三棱柱ABC﹣A1B1C1中棱长均为2可得答案【详解】∵点P是侧面BCC1B1内的动点且A1P∥平面BCM则P点的轨迹是过
解析：4 3
【分析】
根据已知可得点Q的轨迹是过△MBC的重心，且与BC平行的线段，进而根据正三棱柱ABC﹣A1B1C1中棱长均为2，可得答案．
【详解】
∵点P是侧面BCC1B1内的动点，且A1P∥平面BCM，
则P点的轨迹是过A1点与平面MBC平行的平面与侧面BCC1B1的交线，
则P点的轨迹是连接侧棱BB1，CC1中点的线段l，
∵Q是底面ABC内的动点，且PQ⊥平面BCM，
则点Q的轨迹是过l与平面MBC垂直的平面与平面ABC相交得到的的线段m，
故线段m过△ABC的重心，且与BC平行，
由正三棱柱ABC﹣A1B1C1中棱长均为2，
故线段m的长为：2
3
×2=
4
3
，
故答案为4 3
【点睛】
本题考查的知识点是平面与平面之间的位置关系，棱柱的几何特征，动点的轨迹，难度中档．
17．【分析】由题意结合重心的性质和平面向量的三角形法则整理计算即可求
得最终结果【详解】如图取BC 的中点F 连结DF 则∴【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则及其应用意在考查学生的转化能力和计算求解能力 解析：0
【分析】
由题意结合重心的性质和平面向量的三角形法则整理计算即可求得最终结果. 【详解】
如图，取BC 的中点F ，连结DF ，则2
3
DF DE =， ∴13
22
AB BC DE AD +
--AB BF DF DA =+-+AF FD DA =++0=.
【点睛】
本题主要考查空间向量的运算法则及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
18．【分析】根据空间直角坐标系中点坐标公式求结果【详解】设B 则所以所以的坐标为【点睛】本题考查空间直角坐标系中点坐标公式考查基本分析求解能力属基础题 解析：()1,4,1--
【分析】
根据空间直角坐标系中点坐标公式求结果. 【详解】 设B (),,x y z ,则1230,1,2222
x y z
+++=-==，所以1,4,1x y z =-=-=，所以B 的坐标为()1,4,1--． 【点睛】
本题考查空间直角坐标系中点坐标公式，考查基本分析求解能力，属基础题.
19．（）（）（）【解析】（）中①⑤②④③⑥相对（）中
①④②⑤③⑥相对（）中①④②⑤③⑥相对（）中①④②⑤③⑥相对点睛：先由几何体的展开图还原几何体的形状根据熟悉的柱锥台球的图形明确几何体的展开对应关系结
解析：（2）（3）（4） 【解析】
（1）中①⑤、②④、③⑥相对， （2）中①④、②⑤、③⑥相对，
（3）中①④、②⑤、③⑥相对， （4）中①④、②⑤、③⑥相对． 点睛：
先由几何体的展开图还原几何体的形状．根据熟悉的柱、锥、台、球的图形，明确几何体的展开对应关系，结合空间想象将展开图还原为实物图．再在具体几何体中研究对应线面位置关系
20．【解析】试题分析：因为//所以即为异面直线与所成的角为因为是正方体所以因为所以所以当时考点：1异面直线所成的角；2线面垂直线线垂直 解析：
33
【解析】
试题分析：因为AB //CD ，所以PCD ∠即为异面直线AB 与CP 所成的角为α．因为
1111ABCD A BC D -是正方体，所以11CD ADD A ⊥面，因为11DP ADD
A ⊂面，所以DC DP ⊥．所以cos CD CP α=
，当1CP CA =时，min
13
(cos )33CD CD CA CD
α===． 考点：1、异面直线所成的角；2、线面垂直、线线垂直．
三、解答题
21．（1）证明见解析 ；（2）2
2
PE =. 【分析】
（1）连接BD ，使AC 交BD 于点O ，连接EO ，由//OE PB 即可证明； （2）建立空间坐标系，利用向量法求解. 【详解】
（1）连接BD ，使AC 交BD 于点O ，连接EO ，
因为O ，E 分别为BD ，PD 的中点，
所以//OE PB
又OE ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ， 所以//PB 平面AEC
（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 所以PA AC ⊥，由1PA =，3PC =，得2AC =， 因为底面ABCD 为菱形且1AB =，所以222AB BC AC +=，
所以AB BC ⊥，所以底面ABCD 为正方形，从而,,AB AD AP 两两互相垂直， 分别以,,AB AD AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图，
则(0,0,0)A ，(0,1,0)D ，(0,0,1)P ，(1,0,0)B ，(1,1,0)C ， 不妨设(0,1,1)PE PD λλ==-，
所以(0,0,1)(0,,)(0,,1)AE AP PE λλλλ=+=+-=-，
(1,1,0)AC =，(1,1,1)PC =-，
设平面AEC 的法向量为(,,)n x y z =，
由()100
n AE
y z x y n AC λλ⎧⊥⎧+-=⎪⇒⎨⎨+=⊥⎩⎪⎩，
令1x =，则1y =-，1z λλ=
-，所以1,1,1n λλ⎛
⎫=- ⎪-⎝⎭
，
设直线PC 与平面AEC 所成角为α，
则2
1sin |cos ,|||||
3111PC n
PC n PC n λ
λαλλ⋅-=〈〉=
=
⋅⎛⎫
++ ⎪
-⎝⎭
．
由1sin 3α=
，解方程得12λ=，故22
PE =．
【点睛】
方法点睛：向量法求线面角的方法就是求出平面的法向量，然后求直线与法向量的夹角，取绝对值可得线面角的正弦值． 22．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）6
3
；（Ⅲ）53.
【分析】
（Ⅰ）取AE 中点P ，连接BP 、MP ，根据题意可得四边形BCMP 为平行四边形，根据线面平行的判定定理，即可得证；
（Ⅱ）连接EO ，根据面面垂直的性质定理，可证得EO OB ⊥, EO OD ⊥，以O 为原点，分别以OB ，OD ，OE 为x ，y ，z 轴正方向建系，分别求得CM ，BD 的坐标，利用夹角公式，即可求得结果；
（Ⅲ）设ON OD λ=，则可得N 点坐标，即可求得平面BMN 的法向量n ，同理可求得平面ABE 的法向量m ，根据题意，可得0m n ⋅=，即可求得λ的值，即可得答案. 【详解】
解：（Ⅰ）取AE 中点P ，连接MP BP ，，
因为M 为线段DE 的中点， 所以1
//2
MP AD MP AD =
，， 因为四边形BCDO 是正方形， O 为线段AD 的中点，
所以1
//2
BC AD BC AD =
，，即//BC OD BC OD =，， 所以//BC MP BC MP =，
所以四边形BCMP 为平行四边形．
所以//MC BP ，又因为MC ⊂/平面ABE ，BP ⊂平面ABE ， 所以//CM 平面ABE ；
（Ⅱ）因为AE DE O =，为线段AD 的中点，连接EO ，则⊥EO AD ， 因为平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE
平面ABCD AD =，EO ⊂平面ADE
所以EO ⊥平面ABCD ，又因为OB ⊂平面ABCD ，所以EO OB ⊥， 又因为OB OD ⊥，所以OE OB OD ，，三线两两垂直．
以O 为原点，以OB 为x 轴，以OD 为y 轴，以OE 为z 轴建立直角坐标系，如图所示，
依题意可知(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)A B E D -
设平面ABE 的一个法向量为(,,)m x y z =，因为(1,1,0),(0,1,1)AB AE ==，
因为00
AB m AE m ⎧⋅=⎨
⋅=⎩，所以0
x y y z +=⎧⎨
+=⎩，
令1z =得1
1y x =-=，，所以(1,1,1)m =- 因为(0,1,1)DE =-，设DE 与平面ABE 所成角为θ， 则6
sin |cos ,|32
m DE θ=〈〉=
=⨯， 所以直线DE 与平面ABE 6
； （Ⅲ）设(0,,0)ON OD λλ==，则(0,,0)N λ， 因为11110,,,
1,,,(1,,0)2222M MB BN λ⎛⎫⎛
⎫=--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭，
设平面BMN 的一个法向量为(,,)n x y z =，
因为00MB n BN n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，所以1
1022
x y z x y λ⎧--=⎪⎨⎪-+=⎩， 令1y =得21x z λλ==-，，所以(,1,21)n λλ=-， 因为平面BMN ⊥平面ABE ，所以0m n ⋅= 故1210λλ-+-=，解得23λ=，即2
(0,,0)3
N ， 故线段25133
AN AO ON =+=+=． 【点睛】 方法点睛：
求空间角的常用方法：
（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果. 23．（1）详见解析；（2）6
6
. 【分析】
（1）根据四边形ABB 1A 1和ADD 1A 1均为正方形，得到11,AA AB AA AD ⊥⊥，再由线面垂直的判定定理证得1AA ⊥平面ABCD ，然后利用面面垂直的判定定理证明.
（2）以A 为原点，以1,,AB AD AA 分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系,求得平面1BCD 的一个法向量为(),,m x y z =，又平面CDA 的一个法向量为()0,0,1n =，然后由
cos ,m n m n m n
⋅=
⋅求解.
【详解】
（1）因为四边形ABB 1A 1和ADD 1A 1均为正方形. 所以11,,AA AB AA AD AB AD A ⊥⊥⋂=， 所以1AA ⊥平面ABCD ； 又因为1AA ⊂平面ABB 1A 1， 所以平面ABB 1A 1平面ABCD ；
（2）以A 为原点，以1,,AB AD AA 分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系：
则()()()()10,0,0,2,1,0,0,2,0,2,0,2A C D B ， 所以()()12,1,0,0,1,2CD CB =-=-， 设平面1
BCD 的一个法向量为(),,m x y z =， 则100m CD m CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
，即2020x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，
令1,2,1x y z ===，则()1,2,1m =， 又平面CDA 的一个法向量为()0,0,1n =，
所以16cos ,6
6
m n m n m n
⋅=
=
=
⋅， 二面角B 1 CD-A 的余弦值是
66
【点睛】
方法点睛：求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
24．（1）证明见解析；（2）1010
. 【分析】
（1）取CD 的中点G ，连接FG ，BG ，证明四边形FGBE 是平行四边形得出//EF BG 即可证明；
（2）以点D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出1DC 和平面EAD 的法向量，利用向量关系即可求出. 【详解】
解：（1）证明：取CD 的中点G ，连接FG ，BG . 因为F 是1DC 的中点，所以1FG//CC ，11
2
FG CC =. 因为E 是1BB 的中点，所以1//EB CC ，11
2
EB CC =. 所以//FG EB ，FG EB =. 所以四边形FGBE 是平行四边形. 所以//EF BG .
因为EF ⊄平面ABCD ，BG ⊂平面ABCD ， 所以//EF 平面ABCD .
（2）因为底面ABCD 为矩形，1DD ⊥平面ABCD ， 所以DA DC ⊥，1DD DA ⊥，1DD DC ⊥.
以点D 为坐标原点，分别以直线DA ，DC ，1DD 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系
Dxyz .
因为1DA =，12DC DD ==，
所以()0,0,0D ，()1,0,0A ，()1,2,1E ，()10,2,2C . 所以()1,0,0DA =，()1,2,1DE =，()10,2,2DC =. 设平面EAD 的法向量为(),,n x y z =， 所以00
n DA n DE ⎧⋅=⎨
⋅=⎩，即0
20
x x y z =⎧⎨
++=⎩，
令1y =，则2z =-.所以()0,1,2n =-. 所以1210
cos ,10225
DC n -=
=-⨯. 所以直线1DC 与平面EAD 所成角的正弦值10
10
【点睛】
利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 25．（1）2
π；（2）12.
【分析】
由题意可得AB AD ⊥，AE AB ⊥，AE AD ⊥，以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，
AE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，分别求出所用点的坐标．
（1）分别求出,DE AC 的坐标，由0DE AC =可得直线DE 与直线AC 所成的角； （2）分别求出平面BED 的一个法向量与平面EDC 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角B ED C --的余弦值． 【详解】
如图，由题意，AB AD ⊥，AE AB ⊥，AE AD ⊥，
以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系：
则()0,0,0A ，()2,0,0B ，(2C ，()0,2,0D ，(2E ， （1）(0,2DE =-，(2AC =，
220DE AC ⋅=-+=，
∴直线DE 与直线AC 所成的角为π
2
；
（2）设平面BED 的一个法向量为()111,,m x y z =，
(2BE =-，(0,2DE =-，
由1111220220
m BE x z m DE y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取12z (2m =； 设平面EDC 的一个法向量为()222,,n x y z =，
(0,2DE =-，()1,1,0EC =，
由22222200
n DE y z n EC x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取22z =(1,1,2n =-. 21
cos ,222
m n m n m n
⋅∴=
=
=⨯⋅， ∴二面角B ED C --的余弦值为
12
. 【点睛】
本题考查了立体几何中的异面直线所成的角和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 26．（13110552）存在，11
5
B P =. 【分析】
（1）以点1B 为坐标在原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求得结果；
（2）假设存在点P ，设(,0,0)P λ，且[]0,2λ∈，利用平面PBC 的法向量与平面ABC 的法向量垂直列式可解得结果. 【详解】
（1）以点1B 为坐标在原点建立空间直角坐标系，如图：
则1(0,0,0)B ，1(2,0,0)A ，(2,2,0)A ，
(0,2,0)B ，(1,1,3)C ， （1）
(2,0,0)AB =-，(1,1,3)AC =--，
设平面ABC 的一个法向量(,,)n x y z = 则00
n AB n AC ⎧⋅=⎨
⋅=⎩，即20
30x x y z -=⎧⎨
--+=⎩
，令1z =得(0,3,1)n =，
设1AC 与平面ABC 所成角为θ，
1(1
,1,3)AC =-，11
0333
sin 11055119091
AC n AC n θ⋅++∴==
=++⨯++⋅ （2）假设存在点P ，设(,0,0)P λ，且[]0,2λ∈，
(,2,0)PB λ∴=-，(1,1,3)BC =-，
设平面PBC 的法向量(,,)m x y z =，
则00
m PB m BC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即2030x y x y z λ-+=⎧⎨-+=⎩，令1x =得11,,263m λλ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭，
平面PBC ⊥平面ABC ，
m n ∴⊥，即310263m n λλ=⋅=+-，得[]1
0,25
λ=∈，
∴存在这样的点1,0,05P ⎛⎫
⎪⎝⎭
使得平面PBC ⊥平面ABC ，且115B P =．
【点睛】
关键点点睛：将平面与平面垂直问题转化为两个平面的法向量垂直求解是本题的解题关键.。