立体几何高考题全 28页

立体几何高考题 1.某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点 M 在正视图上的 对应点为 A，圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B，则在此圆柱侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为（ ） A. 172 B. 52 C.3 D.2 2.已知圆柱的上、下底面的中心分别为 O1，O2，过直线 O1O2 的平面截该圆柱所得的截面 是面积为 8 的正方形，则该圆柱的表面积为（ ） A．12 2 π B．12π C．8 2 π D．10π 3.已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得 截面面积的最大值为 A. 4 33 B. 3 32 C. 4 23 D. 2 3 4.如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一 平 面 将 一 圆 柱 截 去 一 部 分 后 所 得 ， 则 该 几 何 体 的 体 积 为 A.90π B.63π C.42π D.36π 5.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为 （A）60 （B）30 （C）20 （D）10 6.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E 为棱 CD 的中点，则 A． 1 1A E DC⊥ B． 1A E BD⊥ C． 1 1A E BC⊥ D． 1A E AC⊥ 7.已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体 积为 A． π B． 3π 4 C． π 2 D． π 4 8.如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中点， 则在这四个正方体中，直接 AB 与平面 MNQ 不平行的是 9.平面α过正方体 ABCD—A1B1C1D1 的顶点 A，α∥平面 CB1D1, α∩平面 ABCD=m，α∩平面 ABB1 A1=n，则 m，n 所成角的正弦值为 （A） 3 2 （B） 2 2 （C） 3 3 （D） 1 3 10.如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何 体的体积是 3 28 ，则它的表面积是 （A）17π （B）18π （C）20π （D）28π 11.体积为 8 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 （A）12π （B） 32 3  （C）8π （D）4π 12.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为 4，底面边长为 2，则该球的表面积 是( )A. 81 4  B. 16 C. 9 D. 27 4  13.已知正四面体 ABCD 中，E 是 AB 的中点，则异面直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为( ) A. 1 6 B. 3 6 C. 1 3 D. 3 3 14.以边长为 1 的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积 等于（ ） .2 . .2 .1A B C D  15.设 m 、 n 是两条不同的直线， 、  是两个不同的平面，则（ ） A.若 nm  ， //n ，则 m B.若 //m ，   ，则 m C.若 m ， n ， n ，则 m D.若 nm  ， n ，   ，则 m 16.已知 m，n 表示两条不同直线， 表示平面，下列说法正确的是（ ） A．若 / / , / / ,m n  则 / /m n B．若 m  ， n  ，则 m n C．若 m  ， m n ，则 / /n  D．若 / /m  ， m n ，则 n  17.（10）已知三棱柱 1 1 1 6 . 3 4ABC A B C O AB AC  的 个顶点都在球 的球面上若 ， ， ,AB AC 1 12AA O ，则球 的半径为 A． 3 17 2 B． 2 10 C．13 2 D．3 10 18.长方体的长、宽、高分别为 3，2，1，其顶点都在球 O 的球面上，则球 O 的 表面积为 19.已知三棱锥 S-ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，SC 是球 O 的直径。若平面 SCA⊥平 面 SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥 S-ABC 的体积为 9，则球 O 的表面积为________。 20.一个六棱锥的体积为 2 3 ，其底面是边长为 2 的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱 锥的侧面积为 。 21.如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的中点，以 DF 为折痕把△DFC 折 起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PF⊥BF． （1）证明：平面 PEF⊥平面 ABFD；（2）求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值． 22.如图，四边形 ABCD 是平行四边形，平面 AED⊥平面 ABCD ，EF∥AB，AB=2 ， BC=EF=1，AE= 6 ，DE=3，∠BAD=60°，G 为 BC 的中点. (Ⅰ)求证：FG∥平面 BED； (Ⅱ)求证：平面 BED⊥平面 AED； (Ⅲ)求直线 EF 与平面 BED 所成角的正弦值. 23.由四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 截去三棱锥 C1- B1CD1 后得到的几何体如图所示，四边形 ABCD 为正方形，O 为 AC 与 BD 的交点，E 为 AD 的中点，A1E  平面 ABCD, （Ⅰ）证明：A1O∥平面 B1CD1; （Ⅱ）设 M 是 OD 的中点，证明：平面 A1EM  平面 B1CD1. 24.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AD⊥平面 PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3， CD=4，PD=2. （I）求异面直线 AP 与 BC 所成角的余弦值； （II）求证：PD⊥平面 PBC； （Ⅲ）求直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值. 25.如图，四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD，AB=BC= 2 1 AD, ∠BAD=∠ABC=90°。 （1）证明：直线 BC∥平面 PAD; （2）若△PCD 的面积为 2 7 ，求四棱锥 P-ABCD 的体积。 26.如图，在三棱锥 P–ABC 中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D 为线段 AC 的中点，E 为线段 PC 上一点． （Ⅰ）求证：PA⊥BD； （Ⅱ）求证：平面 BDE⊥平面 PAC； （Ⅲ）当 PA∥平面 BDE 时，求三棱锥 E–BCD 的体积． 27.如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD=CD． （1）证明：AC⊥BD； （ 2 ） 已 知 △ACD 是 直 角 三 角 形 ， AB=BD ． 若 E 为 棱 BD 上 与 D 不 重 合 的 点 ， 且 AE⊥EC，求四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比． 28.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AB//CD，且 90BAP CDP     （1）证明：平面 PAB⊥平面 PAD； （2）若 PA=PD=AB=DC, 90APD   ,且四棱锥 P-ABCD 的体积为 8 3 ，求该四棱锥的侧面 积. 29.如图，已知正三棱锥 P-ABC 的侧面是直角三角形，PA=6，顶点 P 在平面 ABC 内的正投 影为点 D，D 在平面 PAB 内的正投影为点 E，连结 PE 并延长交 AB 于点 G. （Ⅰ）证明：G 是 AB 的中点； （Ⅱ）在图中作出点 E 在平面 PAC 内的正投影 F（说明作法及理由），并求四面体 PDEF 的体积． 30.如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，点 E，F 分别在 AD，CD 上， AE=CF，EF 交 BD 于点 H，将△DEF 沿 EF 折到△D′EF 的位置. （Ⅰ）证明：AC⊥HD′； （Ⅱ）若 AB=5，AC=6， 5 4AE  ，OD′= 22 ，求五棱锥 D′-ABCFE 体积. 31.如图，三棱柱 ABC-A1B1C1 中，点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 在 AC 上，∠ACB=90 ，BC=1， AC=CC1=2. (1)证明：AC1⊥A1B; (2)设直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离为 3 ，求二面角 A1-AB-C 的大小. 32.如图，三棱锥 A BCD 中， ,AB BCD CD BD 平面 . （Ⅰ）求证：CD  平面 ABD ； （Ⅱ）若 1AB BD CD   ， M 为 AD 中点，求三棱锥 A MBC 的体积. 33.如图，四棱锥 P ABCD 中， 1, , , ,2AP PCD AD BC AB BC AD E F  平面 ∥ 分别为线段 ,AD PC 的中点. （Ｉ）求证： AP BEF∥平面 ； （II）求证： BE PAC 平面 . 34.如图，在四棱锥 BCDEA 中，平面 ABC  平面 BCDE ； 90CDE BED     ， 2AB CD  ， 1DE BE  ， 2AC  . （1）证明： AC  平面 BCDE ； （2）求直线 AE 与平面 ABC 所成的角的正切值. A D E B C 35.在如图所示的多面体中，四边形 1 1ABB A 和 1 1ACC A 都为矩形。 A F C D B P E （Ⅰ）若 AC BC ，证明：直线 BC  平面 1 1ACC A ； （Ⅱ）设 D ， E 分别是线段 BC ， 1CC 的中点，在线段 AB 上是否存在一点 M ，使直线 / /DE 平面 1A MC ？请证明你的结论。 36.如图， ABC 和 BCD 所在平面互相垂直，且 2AB BC BD   ， 0120ABC DBC    ，E、F、G 分别为 AC、DC、AD 的中点. （1）求证： EF  平面 BCG； （2）求三棱锥 D-BCG 的体积. 37.如图，四棱锥 P ABCD 中，底面是以O 为中心的菱形， PO ABCD 底面 , 2, 3AB BAD    , M 为 BC 上一点，且 1 2BM  . （Ⅰ）证明： BC POM 平面 （Ⅱ）若 MP AP ，求四棱锥 P ABMO 的体积 38.如图，四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA⊥平面 ABCD，E 为 PD 的中点. （I）证明：PB∥平面 AEC; (II)设 AP=1，AD= 3 ,三棱锥 P-ABD 的体积 V= 4 3 ，求 A 到平面 PBC 的距离. 39.如图，三棱柱 111 CBAABC  中，侧面 CCBB 11 为菱形， CB1 的中点为 O ，且 AO 平面 CCBB 11 . （I）证明： ;1 ABCB  （II）若 1ABAC  , ,1,601  BCCBB  求三棱柱 111 CBAABC  的高. 40.（本小题共 14 分） 如图，在四棱锥 P ABCD 中， / /AB CD ， AB AD ， 2CD AB ，平面 PAD  底面 ABCD ， PA AD ， E 和 F 分别是CD 和 PC 的中点，求 证： （1） PA  底面 ABCD （2） / /BE 平面 PAD （3）平面 BEF  平面 PCD 41.如图，三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， CA CB ， 1AB AA ， 1 60BAA   。 （Ⅰ）证明： 1AB AC ； （Ⅱ）若 2AB CB  ， 1 6AC  ，求三棱柱 1 1 1ABC A B C 的体 积。 42.如图，直四棱柱 ABCD – A1B1C1D1 中，AB//CD，AD⊥AB，AB=2， AD= ，AA1=3，E 为 CD 上一点，DE=1，EC=3 （1） 证明：BE⊥平面 BB1C1C; （2） 求点 B1 到平面 EA1C1 的距离 43. .AB O PA O C O是圆 的直径， 垂直圆 所在的平面， 是圆 上的点 （I）求证： BC PAC 平面 ； （II）设 / / .Q PA G AOC QG PBC为 的中点， 为 的重心，求证： 平面 试卷答案 1.B 解答： 三视图还原几何体为一圆柱，如图，将侧面展开，最短路径为 ,M N 连线的距离，所以 2 24 2 2 5MN    ，所以选 B. 2.B 解答： 截面面积为 8，所以高 2 2h  ，底面半径 2r  ，所以表面积为 2( 2) 2 2 2 2 2 12S          . 3.A 解答： 由于截面与每条棱所成的角都相等，所以平面 中存在平面与平面 1 1AB D 平行（如图）， 而 在 与 平 面 1 1AB D 平 行 的 所 有 平 面 中 ， 面 积 最 大 的 为 由 各 棱 的 中 点 构 成 的 截 面 EFGHMN ，而平面 EFGHMN 的面积 1 2 2 3 3 362 2 2 2 4S       . 4.B 由题意，该几何体是由高为 6 的圆柱截取一半后的图形加上高为 4 的圆柱，故其体积为 2 21 3 6 3 4 632V           ，故选 B. 5.D 该几何体是三棱锥，如图： 图中红色线围成的几何体为所求几何体，该几何体的体积是 1 1 5 3 4 103 2V       ，故 选 D. 6.C 7.B 如果，画出圆柱的轴截面 11, 2AC AB  ， 所 以 3 2r BC  ， 那 么 圆 柱 的 体 积 是 2 2 3 312 4V r h           ，故选 B. 8.A 由 B，AB∥MQ，则直线 AB∥平面 MNQ；由 C，AB∥MQ，则直线 AB∥平面 MNQ；由 D，AB∥NQ，则直线 AB∥平面 MNQ.故 A 不满足，选 A. 9.A 试题分析：如图，设平面 CB1D1∩平面 ABCD=m′，平面 CB1D1∩平面 ABB1A1=n′，因为 α∥平面 CB1D1 ，所 m∥m′，n∥n′，则 m，n 所成的角等于 m′，n′所成的角. 过 D1 作 D1E∥B1C ， 交 AD 的 延 长 线 于 点 E. 连 接 CE ， 则 CE 为 m′ ， 连 接 A1B ， 过 B1 作 B1F1∥A1B，交 AA1 的延长线于点 F1，则 B1F1 为 n′. 连接 BD，则 BD∥CE，B1F1∥A1B， 则 m′，n′所成的角即为 A1B，BD 所成的角，为 60°，故 m，n 所成角的正弦值为 3 2 . 10.A 试题分析：由三视图知：该几何体是 7 8 个球，设球的半径为 R，则 37 4 28V R8 3 3    ，解得 R=2，所以它的表面积是 2 27 34 2 2 178 4         ，故 选 A． 11.A 因为正方体的体积为 8，所以正方体的体对角线长为 2 3 ，所以正方体的外接球的半 径为 3 ，所以球面的表面积为 24 ( 3) 12   ，故选 A. 12.A13.B14.A15.C 16.B 17.C 18.14π. 19.36π 取 SC 的中点O ，连接 ,OA OB 因为 ,SA AC SB BC  所以 ,OA SC OB SC  因为平面 SAC  平面 SBC 所以OA  平面 SBC 设OA r 31 1 1 123 3 2 3A SBC SBCV S OA r r r r          所以 31 9 33 r r   所以球的表面积为 24 36r  20.12 设六棱锥的高为 h ，斜高为 h ， 则由体积 1 1 2 2 sin 60 6 2 33 2V h            得： 1h  ，  2 23 2h h     侧面积为 1 2 6 122 h    . 21.解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以 BF⊥平面 PEF. 又 BF  平面 ABFD，所以平面 PEF⊥平面 ABFD. （2）作 PH⊥EF，垂足为 H.由（1）得，PH⊥平面 ABFD. 以 H 为坐标原点， HF 的方向为 y 轴正方向，| BF |为单位长，建立如图所示的空间直角 坐标系 H−xyz. 由（1）可得，DE⊥PE.又 DP=2，DE=1，所以 PE= 3 .又 PF=1，EF=2，故 PE⊥PF. 可得 3 3,2 2PH EH  . 则 3 3 3 3(0,0,0), (0,0, ), ( 1, ,0), (1, , ),2 2 2 2H P D DP   3(0,0, )2HP  为平面 ABFD 的 法向量. 设 DP 与平面 ABFD 所成角为，则 3 34sin | | 4| | | | 3 HP DP HP DP          . 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 . 22.（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ） 6 5 （Ⅱ）证明：在 ABD 中， 060,2,1  BADABAD ，由余弦定理可 3BD ，进 而 可 得 090ADB ， 即 ADBD  ， 又 因 为 平 面 AED 平 面 BDABCD, 平 面 ABCD ；平面 AED 平面 ADABCD  ，所以 BD 平面 AED .又因为 BD 平面 BED ，所以平面 BED 平面 AED . （Ⅲ）解：因为 ABEF // ，所以直线 EF 与平面 BED 所成角即为直线 AB 与平面 BED 所 成角.过点 A 作 DEAH  于点 H ，连接 BH ，又因为平面 BED 平面 EDAED  ，由 （Ⅱ）知 AH 平面 BED ，所以直线 AB 与平面 BED 所成角即为 ABH .在 ADE 中， 6,3,1  AEDEAD ，由余弦定理可得 3 2cos ADE ，所以 3 5sin ADE ，因此 3 5sin  ADEADAH ，在 AHBRt 中， 6 5sin  AB AHABH ，所以直线 AB 与平面 BED 所成角的正弦值为 6 5 . 23. 证明： （Ⅰ）取 1 1B D 中点 1O ，连接 1 1 1,CO AO ，由于 1 1 1 1ABCD A B C D 为四棱柱， 所以 1 1 1 1/ / , =AO CO AO CO ， 因此四边形 1 1AOCO 为平行四边形， 所以 1 1/ /AO O C ， 又 1OC  平面 1 1B CD ， 1AO  平面 1 1B CD ， 所以 1 / /AO 平面 1 1B CD ， （Ⅱ）因为 AC BD ,E,M 分别为 AD 和 OD 的中点， 所以 EM BD ,又 1A E  面 ABCD ， BD ABCD 平面 所以 1 ,A E BD 因为 1 1 / /B D BD 所以 1 1 1 1 1EM B D A E B D ， 又 A1E, EM 1 1,A EM A E EM E  平面 所以 1 1B D  平面 1 1 1,A EM B D 又 平面 1 1B CD ， 所以 平面 1A EM  平面 1 1B CD 。 24. （Ⅰ）解：如图，由已知 AD//BC，故 DAP 或其补角即为异面直线 AP 与 BC 所成的角.因 为 AD⊥平面 PDC，所以 AD⊥PD.在 Rt△PDA 中，由已知，得 2 2 5AP AD PD   ， 故 5cos 5 ADDAP AP    . 所以，异面直线 AP 与 BC 所成角的余弦值为 5 5 . （Ⅱ）证明：因为 AD⊥平面 PDC，直线 PD  平面 PDC，所以 AD⊥PD.又因为 BC//AD， 所以 PD⊥BC，又 PD⊥PB，所以 PD⊥平面 PBC. （Ⅲ）解：过点 D 作 AB 的平行线交 BC 于点 F，连结 PF，则 DF 与平面 PBC 所成的角等 于 AB 与平面 PBC 所成的角. 因为 PD⊥平面 PBC，故 PF 为 DF 在平面 PBC 上的射影，所以 DFP 为直线 DF 和平面 PBC 所成的角. 由 于 AD//BC ， DF//AB ， 故 BF=AD=1 ， 由 已 知 ， 得 CF=BC–BF=2. 又 AD⊥DC ， 故 BC⊥DC ， 在 Rt△DCF 中 ， 可 得 2 2 2 5DF CD CF   , 在 Rt△DPF 中 ， 可 得 5sin 5 PDDFP DF    . 所以，直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值为 5 5 . 25. 所以四棱锥 P-ABCD 的体积 . 26. 证明：（Ⅰ） ,PA AB PA BC  ， AB  平面 ABC ， BC  平面 ABC ，且 AB BC B ， PA  平面 ABC ， BD  平面 ABC , PA BD  ； （Ⅱ） AB BC ， D 是 AC 的中点， BD AC  , 由（Ⅰ）知 PA  平面 ABC ， PA  平面 PAC ， 平面 PAC  平面 ABC ， 平面 PAC  平面 ABC AC ， BD  平面 ABC , BD AC ， BD  平面 PAC ， BD  平面 BDE , 平面 BDE  平面 PAC , （Ⅲ） / /PA 平面 BDE ， 又 DE  平面 BDE  平面 PAC , PA  平面 PAC ， / /PA DE D 是 AC 中点， E 为 PC 的中点， 1DE  D 是 AC 的中点， 1 1 1 2 2 12 2 2BDE ABCS S        , 1 1 11 1 13 3 3E BCDV DE        27. （1）证明：取 AC 中点O ，连 OBOD, ∵ CDAD  ，O 为 AC 中点， ∴ ODAC  ， 又∵ ABC 是等边三角形， ∴ OBAC  ， 又∵ OODOB  ，∴ AC 平面OBD， BD 平面OBD， ∴ BDAC  . 28.（1）∵ 90BAP AB PA     90CDP CD PD     ∵ ,AB CD PA PD P  ∴ AB PAD 平面 ∵ AB PAD 平面 ∴ PAB PAD平面 平面 （2）由①知 AB PAD 平面 ∵ 90APB   PA PD AB DC   取 AD 中点 O，所以 OP ABCD 底面 2 , 22OP AB AD AB  ∴ 1 2 823 2 3P ABCDV AB AB AB      ∴AO=2∴ 2 2PB PC BC   ∴ 2PAD PAB PBCS S S S    例 1 1 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin 602 2 2             = 2 4 2 2 3  29. （Ⅰ）因为 P 在平面 ABC 内的正投影为点 D，所以 AB⊥PD. 因为 D 在平面 PAB 内的正投 影为点 E，所以 AB⊥DE.所以 AB⊥平面 PED，故 AB⊥PG. 又由已知可得，PA=PB，从而 G 是 AB 的中点. （II）在平面 PAB 内，过点 E 作 PB 的平行线交 PA 于点 F，F 即为 E 在平面 PAC 内的正投 影. 理由如下：由已知可得 PB⊥PA，PB⊥PC，又 EF∥PB，所以 EF⊥PA，EF⊥PC，因此 EF⊥平面 PAC，即点 F 为 E 在平面 PAC 内的正投影. 连结 CG，因为 P 在平面 ABC 内的正投影为 D，所以 D 是正三角形 ABC 的中心. 由（I）知，G 是 AB 的中点，所以 D 在 CG 上，故 2 .3 CD CG 由 题 设 可 得 PC⊥ 平 面 PAB ， DE⊥ 平 面 PAB ， 所 以 DE∥PC ， 因 此 2 1, .3 3  PE PG DE PC 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且 PA=6，可得 2, 2 2. DE PE 在等腰直角三角形 EFP 中，可得 EF=PF=2. 所以四面体 PDEF 的体积 1 1 42 2 2 .3 2 3      V 30. （I）由已知得， , . AC BD AD CD 又由 AE CF 得 AE CF AD CD ，故 / / .AC EF 由此得 ,  EF HD EF HD ，所以 / / .AC HD （II）由 / /EF AC 得 1 .4  OH AE DO AD 由 5, 6 AB AC 得 2 2 4.   DO BO AB AO 所以 1, 3.  OH D H DH 于是 2 2 2 2 2(2 2) 1 9 ,     OD OH D H 故 . OD OH 由（I）知 AC HD ，又 ,  AC BD BD HD H ， 所以 AC 平面 ,BHD 于是 AC⊥OD′ 又由 ,  OD OH AC OH O ，所以，  OD 平面 .ABC 又由 EF DH AC DO 得 9 .2 EF 五边形 ABCFE 的面积 1 1 9 696 8 3 .2 2 2 4       S 所以五棱锥 D′-ABCFE 的体积 1 69 23 22 2 .3 4 2    V 31.解法一：（1）∵A1D⊥平面 ABC, A1D  平面 AA1C1C,故平面 AA1C1C⊥平面 ABC,又 BC⊥ AC，所以 BC⊥平面 AA1C1C，连结 A1C，因为侧面 AA1C1C 是棱形，所以 AC1⊥A1C,由三垂线定 理得 AC1⊥A1B. (2) BC⊥平面 AA1C1C，BC 平面 BCC1B1,故平面 AA1C1C⊥平面 BCC1B1, 作 A1E⊥C1C,E 为垂足，则 A1E⊥平面 BCC1B1,又直线 A A1∥平面 BCC1B1，因而 A1E 为直线 AA1 与平面 BCC1B1 间的距离，A1E= 3 ，因为 A1C 为∠ACC1 的平分线，故 A1D=A1E= 3 , 作 DF⊥AB，F 为垂足，连结 A1F,由三垂线定理得 A1F⊥AB，故∠A1FD 为二面角 A1-AB-C 的平 面 角 ， 由 AD= 2 2 1 1 1AA A D  , 得 D 为 AC 的 中 点 ， DF= 1 5 2 5 AC BC AB   ,tan ∠ A1FD= 1 15A D DF  ,所以二面角 A1-AB-C 的大小为 arctan 15 . 解法二：以 C 为坐标原点，射线 CA 为 x 轴的正半轴，以 CB 的长为单位长，建立如图所示 的空间直角坐标系 C-xyz，由题设知 A1D 与 z 轴平行，z 轴在平面 AA1C1C 内. （1）设 A1（a，0，c），由题设有 a≤2，A（2,0,0）B（0,1,0），则 AF  (-2，1，0), 1( 2,0,0), ( 2,0, )AC AA a c     ， 1 1 1( 4,0, ), ( , 1, )AC AC AA a c BA a c         ，由 1 2AA  得 2 2( 2) 2a c   ，即 2 24 0a a c   ，于是 1 1AC BA   2 24 0a a c   ①,所以 1 1AC BA  . （ 2 ） 设 平 面 BCC1B1 的 法 向 量 ( , , )m x y z ， 则 1,m CB m BB     , 即 10, 0m CB m BB       ， 因 1 1(0,1,0), ( 2,0, )CB BB AA a c     ， 故 y=0 ， 且 （ a-2 ） x+cz=0 ， 令 x=c ， 则 z=2-a ， ( ,0,2 )m c a  ， 点 A 到 平 面 BCC1B1 的 距 离 为 2 2 2cos , (2 ) CA m cCA m CA c m c a                ，又依题设，点 A 到平面 BCC1B1 的距 离为 3 ，所以 c= 3 .代入①得 a=3（舍去）或 a=1.于是 1 ( 1,0, 3)AA   ， 设 平 面 ABA1 的 法 向 量 ( , , )n p q r ， 则 1,n AA n AB     , 即 1 0, 0n AA n AB       . 3 0p r   且 -2p+q=0 ， 令 p= 3 ， 则 q=2 3 ， r=1 ， ( 3,2 3,1)n  ，又 (0,0,1)p  为平面 ABC 的法向量，故 cos 1, 4 n pn p n p         ，所以 二面角 A1-AB-C 的大小为 arccos 1 4 32.（1）∵ AB  平面 BCD，CD  平面 BCD， ∴ AB CD .又∵CD BD ， AB BD B ， AB  平面 ABD， BD  平面 ABD， ∴CD  平面 ABD . （2）由 AB  平面 BCD，得 AB BD . ∵ 1AB BD  ，∴ 1 2ABDS  .∵M 是 AD 的中点， ∴ 1 1 2 4ABM ABDS S   .由（1）知，CD  平面 ABD， ∴三棱锥 C-ABM 的高 1h CD  ，因此三棱锥 A MBC 的体积 1 1 3 12A MBC C ABM ABMV V S h      . 解法二： （1）同解法一. （2）由 AB  平面 BCD 知，平面 ABD  平面 BCD， 又平面 ABD  平面 BCD=BD，如图，过点 M 作 MN BD 交 BD 于点 N. 则 MN  平面 BCD，且 1 1 2 2MN AB  ， 又 , 1CD BD BD CD   ，∴ 1 2BCDS  . ∴三棱锥 A MBC 的体积 1 1 1 3 3 12A MBC A BCD M BCD BCD BCDV V V AB S MN S           33.（Ⅰ）连接 AC 交 BE 于点 O，连接 OF，不妨设 AB=BC=1,则 AD=2 ,//, BCADBCAB  四边形 ABCE 为菱形 APOFPCACFO //,, 中点，分别为 又 BEFAPBEFOF 平面，平面 // （Ⅱ） CDAPPCDCDPCDAP  ,平面，平面 CDBEBCDEEDBCEDBC //,,//  为平行四边形， , PABE  ACBEABCE 为菱形，又 PACACPAAACPA 平面、又  , , PACBE 平面 34. （1）连结 BD ，在直角梯形 BCDE 中，由 1 BEDE ， 2CD 得 2 BCBD ， 由 2,2  ABAC 得 222 BCACAB  ，即 BCAC  ， 又平面 ABC 平面 BCDE ，从而 AC 平面 BCDE . （2）在直角梯形 BCDE 中，由 2 BCBD ， 2DC 得 BCBD  ， 又平面 ABC 平面 BCDE ，所以 BD 平面 ABC . 作 BDEF // 于CB 的延长线交于 F ，连结 AF ，则 EF 平面 ABC ， 所以 EAF 是直线 AE 与平面 ABC 所成的角. 在 BEFRt 中，由 1EB ， 4 EBF ，得 2 2EF ， 2 2BF ， 在 ACFRT 中， 2AC ， 2 23CF ，得 2 26AF ， 在 AEFRt 中，由 2 2EF ， 2 26AF 得 13 13tan EAF ， 所以直线 AE 与平面 ABC 所成的角的正切值是 13 13 . 35. （Ⅰ）省略 （Ⅱ） 存在，点 M 为 AB 中点 （Ⅰ） 1111 1111 111 111111 ⊥BC∴C∩BC⊥CBC,⊥ BC⊥∴BC⊥∴C∩BC⊥B⊥ C⊥∴ B⊥∴//B⊥∴ ACCACACCACC CCACCAAAACCACC ACCACCA ACCCCAAAAAABBA 面， 面，， 为矩形四边形 为矩形四边形 = =     （Ⅱ） MCAABM MCA GCFA CAFEACGDCAFEACGD GDFEABCAGF 1 1 1 1111 1 ED//M, ED//GM, ED//ED//FGFEDG∴ 2 1,2 1,//,// ,,, 面中点时，为，当存在点所以 面重合时，与点当点 面为平行四边形，即 且 则中点，连接，分别为设 ∴ ∴ == 36. 37.（Ⅰ）见解析（Ⅱ） 5 16 （Ⅰ）因为 PO  底面 ABCD ， BC  底面 ABCD ，故 / /BC PO . 因为 ABCD 是以O 为中心的菱形， 2, 3AB BAD    ，所以 1sin OAB 2 12OB AB      。 又因为 1 ,2 3BM OBM    ，所以 2 2 32 cos60 2OM OB OM OB OM      ， 2 2 2OM BM OM BC OM BC PO PO POM BC POM OM POM PO OM O             平面 平面 平面 （Ⅱ）由（1）可知， 3OA  ， 3 2OM  ,在 ABM 中，利用余弦定理可以求得 21 2AM  . 设 PO a ，可得 2 2 2 23PA AO PO a    , 2 2 2 2 3 4PM PO OM a    又因为 2 2 2PA PM AM  ，解得 3 2a  ，即 3 2PO  . 1 1 2 2 1 1 1 3 5 33 12 2 2 2 8 ABMO OMB OABS S S OA OB BM OM              所以四棱锥 P ABMO 的体积为 1 5 3 16P ABMO ABMOV S PO     38.(I)见解析 (II) 13 133 （I）设 AC 的中点为 G, 连接 EG。在三角形 PBD 中，中位线 EG//PB,且 EG 在平面 AEC 上， 所以 PB//平面 AEC. （II） 13 133 13 133∴ 4 13, ,PAB-CBCPB,⊥BCPAB,⊥BCAPAABBC,⊥BC,⊥ 2 3,132 1 3 1 3 1,4 3 ,.-BC,⊥∴⊥ 2 -- Δ-- 的距离为到面所以， 由勾股定理解得 的高为三棱锥面 的距离为到面设的高是三棱锥面 PBCA hPBhPBBCBCABPAVV PAAB xxPASVV hPBDAABxABDPPAPAABCDPA PBCAABCP ABDABDPABDP ==••=••= ∴=∩ =∴••••=•== =     39.（I）连结 1BC ，则 O 为 1BC 与 1B C 的交点，因为侧面 1 1BB C C 为菱形，所以 1B C 1BC ，又 AO  平面 1 1BB C C ，故 1B C AO 1B C  平面 ABO ，由于 AB  平面 ABO ， 故 1B C  AB ………6 分 （II）作OD⊥BC,垂足为D,连结AD,作OH⊥AD,垂足为H, 由于BC⊥AO,BC⊥OD,故BC⊥平面AOD,所以OH⊥BC. 又OH⊥AD,所以OH⊥平面ABC. 因为 ,1,601  BCCBB  ,所以△ 1CBB 为等边三角形,又 BC=1,可得OD= 3 4 ，由于 1ABAC  ，所以 1 1 1 2 2OA B C  ，由 OH·AD=OD·OA,且 2 2 7 4AD OD OA   ，得OH= 21 14 又O为B1C的中点,所以点B1 到平面ABC 的距离为 21 7 ,故三棱柱ABC-A1B1C1 的高为 21 7 ……………………….12 分 40. 41. 42.解.（1）证明：过 B 作 CD 的垂线交 CD 于 F，则 2, 1, 2BF AD EF AB DE FC      在 3 6Rt BFE BE Rt BFC BC 中， ＝ ， 中， ＝ . 在 2 2 29BCE BE BC EC 中，因为 ＝ ＝ ，故 BE BC 由 1 1 1 1BB ABCD BE BB BE BB C C  平面 ，得 ，所以 平面 （2） 1 1 11 1 1 1 1 23 A B CE A B C V AA S  三棱锥 的体积 ＝ ＝ 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2Rt A D C AC A D D C 在 中， ＝ =3 ， 同理， 2 2 1 1 2EC EC CC＝ =3 ， 2 2 2 1 1 3EA AD ED AA ＝ =2 因此 1 1 5A C ES  3 。设点 B1 到平面 1 1EAC 的距离为 d，则 1 1 1B EAC三棱锥 的体积 1 1 1 53 A ECV d S d ＝ ＝ ，从而 105 2, 5d d  43.