上海进才中学必修二第一章《立体几何初步》测试题(含答案解析)

一、选择题

1．如下图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M、N、

F分别是B1C1、CC1、AB的中点，则下列说法正确的是（ ）

A．MNB．MNC．MND．MN1EF，且MN与EF平行 21EF，且MN与EF平行 21EF，且MN与EF异面 21EF，且MN与EF异面 22．若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥体积与其内切球体积比为（ ） A．2：1

B．4：1

C．8：1

D．8：3

3．设m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，给出下列命题： ①若m//，m//n，则n//； ②若m，m//，则； ③若，n，mn，则m；

④若m//n，//，则m与所成的角和n与所成的角相等． 其中正确命题的序号是( )） A．①②

B．①④

C．②③

D．②④

4．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA12，M为棱DD1上的一点．当A1MMC取得最小值时，B1M的长为（ ）

A．3 B．6 C．23 D．26 5．如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别是AB，BC的中点，将ADE，

△EBF，FCD分别沿DE，EF，FD折起，使得A，B，C三点重合于点A，若点G及四

面体ADEF的四个顶点都在同一个球面上，则以FDE为底面的三棱锥G-DEF的高h的最大值为（ ）

A．62 3B．64 3C．264 3D．262 36．如下图所示是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中①BM命题的序号是（ ）

//平面ADE；

②DEBM；③平面BDM//平面AFN；④AM平面BDE．以上四个命题中，真

A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④

7．已知长方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，B，C，D，在球O的表面上，顶点A1，

B1，C1，D1，在过球心O的一个平面上，若AB6，AD8，AA14，则球O的表

面积为（ ） A．169

B．161

C．1

D．265

8．在四棱锥P-ABCD中，AD//BC，AD2BC，E为PD中点，平面ABE交PC于F，

则

PF（ ） FCB．

A．1

3 2C．2 D．3

9．已知直线a、b都不在平面内，则下列命题错误的是（ ） A．若a//b，a//，则b// C．若ab，a//，则b

10．如图（1），RtABC，AC1,ABB．若a//b，a，则b D．若ab，a，则b//

3,BC2，D为BC的中点，沿AD将

△ACD折起到ACD，使得C在平面ABD上的射影H落在AB上，如图（2），则以下结论正确的是（ ）

A．ACBD B．ADBC C．BDCD D．ABCD

11．如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是如图所示的直角梯形，其中

OA2，BAO45,BC//OA.则原平面图形的面积为（ ）

A．32 B．62 C．32 2D．

3 412．如图，长、宽、高分别为2、1、1的长方体木块上有一只小虫从顶点A出发沿着长方体的外表面爬到顶点B，则它爬行的最短路程是（ ）

A．10 B．5 C．22 D．3

二、填空题

13．三棱锥PABC三条侧棱两两垂直，正四面体DABC与三棱锥相接且棱长为

2，P与D在面ABC异侧，则所成多面体外接球的体积是_________．

14．已知四棱锥PABCD的底面ABCD为矩形，且所有顶点都在球O的表面上，侧面

PAB 底面ABCD，PAPB23，APB120，AD4，则球O的表面积为

_______.

15．点A、B、C、D在同一个球的球面上，ABBCAC3，若四面体ABCD体积的最大值为3，则这个球的表面积为______. 216．在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，P是A1B1的中点，过点A1作与平面

PBC1平行的截面，则此截面的面积是_______________．

17．如图，已知一个八面体的各条棱长均为2，四边形ABCD为正方形，给出下列说法：

①该八面体的体积为

8；②该八面体的外接球的表面积为8π； 3③E到平面ADF的距离为3；④EC与BF所成角为60°. 其中正确的说法为__________.（填序号）

18．祖恒是我国南北朝时代的伟大科学家，他总结了刘徽的有关工作，提出来体积计算的原理“幂势既同，则积不容异”，称为祖恒原理，意思是底面处于同一平面上的两个同高的几何体，若在等高处 的截面面积始终相等，则它们的体积相等，利用这个原理求半球O的体积时，需要构造一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_________________

19．表面积为16的球与一个正三棱柱各个面都相切，则这个正三棱柱的体积为___________.

20．将底面直径为8，高为23的圆锥体石块打磨成一个圆柱，则该圆柱侧面积的最大值为______.

三、解答题

21．如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB1,AA12，点E为CC1中点，点F为BD1中点．

（1）求异面直线BD1与CC1的距离；

（2）求直线BD1与平面BDE所成角的正弦值； （3）求点F到平面BDE的距离．

22．如图，三棱柱ABCA1B1C1中，ABBCAC影恰好是点A，E是A1C1的中点.

2BB1，B1在底面ABC上的射2

（1）证明：A1B//平面B1CE；

（2）求A1B与平面BCC1B1所成角的正弦值.

23．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为菱形，且∠DAB=EA=ED=3，BE=5.

π，AB=2，EF//AC，3

（1）求证：平面EAD⊥平面ABCD； （2）求三棱锥F-BCD的体积.

24．在三棱锥ABCD中，△BCD为等腰直角三角形，点E，G分别是线段BD，

CD的中点，点F在线段AB上，且BF2FA.若AD1，AB3，CBCD2.

（Ⅰ）求证：AG//平面CEF； （Ⅱ）求直线AD与平面CEF所成的角.

25．如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，

ABAD,ACCD,PAAC，E是PC的中点．

证明：（Ⅰ）CDAE； （Ⅱ）PD平面ABE．

26．如图，在三棱锥PABC中，AB1,AC2,BAC135，

1cosBAP,APBC．

3

（1）若BM2MC，求证：PMBC； 3（2）当AP3，且N为BC中点时，求AN与平面PBC所成角的正弦值．

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【分析】

设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，利用正方体性质可求得MN知MN2，EF3，1EF，再利用三角形中位线性质知MN//B1C，从而MN//ED，又EF与2ED相交，可知MN与EF异面，即可选出答案. 【详解】

设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则MNMC12C1N22 作E点在平面ABCD的投影点G，即EG平面ABCD，连接EG,GF，在直角△EGF中，EG1，GF以MNAG2AF22，则EFEG2GF21223，所21EF，故排除A、C 2连接DE，由E是平面ADD1A1的中心，得DE1A1D 2又M、N分别是B1C1、CC1的中点，所以MN//B1C 又A1D//B1C，所以MN//ED， 又EFEDE，所以MN与EF异面 故选：D.

【点睛】

关键点睛：本题考查正方体中的线面关系，线线平行的关系，及判断异面直线，解题的关键是熟记正方体的性质，考查学生的逻辑推理能力，属于基础题.

2．A

解析：A 【分析】

根据三角形相似得出圆锥的底面半径和高的关系，根据体积公式和基本不等式得出答案． 【详解】

设圆锥的高为h，底面半径为r，

则当球面与圆锥的侧面以及底面都相切时，轴截面如图，

22h(h1)11由AOE~ACF可得：，即r， 2h2hrh12h248[(h2)4]圆锥的体积Vrh．

33(h2)3h23当且仅当h22，即h4时取等号．

该圆锥体积的最小值为

内切球体积为

8． 34． 3该圆锥体积与其内切球体积比2:1．

故选：A．

【点睛】

方法点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”（即条件要求中字母为正数）、“定”（不等式的另一边必须为定值）、“等”（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出现错误.

3．D

解析：D 【分析】

①根据n//或n判断；②利用面面垂直的判定定理判断；③根据m，或

m//，或m与相交判断；④利用线面角的定义判断．

【详解】

①若m//，m//n，则n//或n，因此不正确；

②若m//，则内必存在一条直线m//m，因为m，所以m，又因为

m，所以，正确；

③若，确；

④若m//n，//，则m与所成的角和n与所成的角相等，正确． 其中正确命题的序号是②④． 故选：D． 【点睛】

空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.

n，mn，则m，或m//，或m与相交，因此不正

4．A

解析：A 【分析】

本题首先可通过将侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90展开得出当A1、M、C2共线时

A1MMC取得最小值，此时M为DD1的中点，然后根据B1A1平面A1D1DA得出

B1A1A1M，最后根据B1MB1A12A1M2即可得出结果.

【详解】

如图，将侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90展开，与侧面ADD1A1共面，

连接A1C2，易知当A1、M、C2共线时，A1MMC取得最小值， 因为ABAD1，AA12，所以M为DD1的中点，A1M2， 因为B1A1平面A1D1DA，A1M平面A1D1DA，所以B1A1A1M， 则B1M故选：A. 【点睛】

关键点点睛：本题考查根据线面垂直判断线线垂直，能否根据题意得出当M为DD1的中点时A1MMC取得最小值是解决本题的关键，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题.

B1A12A1M212(2)23，

5．A

解析：A 【分析】

先求出A'FDE外接球的半径和外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的球心到外接圆的圆心的距离，可得高h的最大值. 【详解】

因为A，B，C三点重合于点A，原来A、B、C都是直角，所以折起后三条棱

A'F、A'D、A'E互相垂直，所以三棱锥A'FDE可以看作一个长方体的一个角，它们有

相同的外接球，外接球的直径就是长方体的体对角线，即为

'2'2'22RAF+AD+AE441626，R6，DEDFAD2AE241625，EFBE2BF222， DE2EF2DF22082010在△DFE中，cosDEF， 2DEEF2252210所以DEF为锐角，所以sinDEF1cos2DEF310， 10DEF的外接圆的半径为

rDF5522sinDEF3103，

1022则球心到DEF外心的距离为Rr最大值为ROO1的距离为6故选：A. 【点睛】

2，以FDE为底面的三棱锥G-DEF的高h的32. 3本题考查了翻折问题和外接球的问题，关键点翻折前后量的变化及理解外接球和三棱锥的关系，考查了学生的空间想象力和计算能力.

6．A

解析：A 【分析】

把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA﹣EFMN，得出BM∥平面ADNE，判断①正确；由连接AN，则AN∥BM，又EDAN，判断②正确；由BD∥FN，得出BD∥平面AFN，同理BM∥平面AFN，证明平面BDM∥平面AFN，判断③正确；由MCBD，

EDAM，根据线面垂直的判定，判断④正确． 【详解】

把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA﹣EFMN，如图1所示； 对于①，平面BCMF∥平面ADNE，BM⊂平面BCMF， ∴BM∥平面ADNE，①正确；

对于②，如图2所示，连接AN，则AN∥BM，又EDAN，所以DEBM，②正确； 对于③，如图2所示，

BD∥FN，BD⊄平面AFN，FN⊂平面AFN，∴BD∥平面AFN；

同理BM∥平面AFN，且BD∩BM＝B，∴平面BDM∥平面AFN，③正确； 对于④，如图3所示，连接AC，则BDAC，又MC平面ABCD，BD平面ABCD，

所以MCBD，又ACMCC，所以BD平面ACM，所以BDAM，

同理得EDAM，ED故选：A．

BDD，所以AM平面BDE，∴④正确．

【点睛】

关键点点睛：解决本题的关键在于展开空间想象，将正方体的平面展开图还原，再由空间的线线，线面，面面关系及平行，垂直的判定定理去判断命题的正确性．

7．C

解析：C 【分析】

把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O就是该长方体的外接球，根据长方体外接球的直径等于体对角线的长，求出直径，即可得出球的表面积. 【详解】 如下图所示：

把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O就是该长方体的外接球，

根据长方体的结构特征可得，其外接球直径等于体对角线的长， 所以球O的半径R满足2R6282821， 所以球O的表面积S4R21. 故选：C.

【点睛】

关键点点睛：本题主要考查几何体外接球的表面积，熟记长方体结构特征，其外接球的球心和半径与长方体的关系，以及球的表面积公式，是解决此类问题的关键.

8．C

解析：C 【分析】

首先通过延长直线DC,AB，交于点G，平面BAE变为GAE，连结PG，EG交于点

F，再根据三角形中线的性质，求

【详解】

PF的值. FC延长DC,AB，交于点G，连结PG，EG交PC于点F，

AD//BC，且AD2BC，可得点B,C分别是AG,DG的中点，

又

点E是PD的中点，PC和GE是△PGD的中线，

点F是重心，得

PF2 FC

故选：C 【点睛】

关键点点睛：本题的关键是找到PC与平面BAE的交点，即将平面BAE转化为平面

GAE是关键. 9．C

解析：C 【分析】

利用线面平行的性质和判定定理可判断A选项的正误；由线面垂直的定义可判断B选项的正误；根据已知条件判断b与的位置关系，可判断C选项的正误；根据已知条件判断b与的位置关系，可判断D选项的正误. 【详解】

由于直线a、b都不在平面内.

在A中，若a//，过直线a的平面与的交线m与a平行，

b，m，所以，b//，A选项正确；

在B中，若a，则a垂直于平面内所有直线，

因为a//b，可得b//m，

a//b，则b垂直于平面内所有直线，故b，B选项正确； 在C中，若ab，a//，则b与相交或平行，C选项错误；

在D中，若ab，a，则b//或b，故选：C. 【点睛】

方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．

b，b//，D选项正确.

10．C

解析：C 【分析】

设AHa，则BH3a，由线面垂直的性质和勾股定理可求得DHaAH，由等腰三角形的性质可证得BDDH，再根据线面垂直的判定和性质可得选项. 【详解】

设AHa，则BH3a，因为C'H面ABD，AB所以C'HAB，C'HDH，C'HDB， 又RtABC，AC1,AB面ABD，DH面ABD，

3,BC2，D为BC的中点，所以

C'DBD1,BDAB所以在RtAC'H中，C'H6，

2AC'AH21a2，所以在RtC’HD中，

6，又ADBDH2C'D2C'H211a2a2，

所以DHaAH，所以ADHDAB所以BDDH，又C'H2，所以HDB，32DHH，

所以BD面C'DH，又C'D面C'DH，所以BDC'D， 故选：C. 【点睛】

关键点点睛：在解决折叠问题时，关键在于得出折叠的前后中，线线、线面、面面之间的位置关系的不变和变化，以及其中的边的长度、角度中的不变量和变化的量.

11．A

解析：A 【分析】

作出原平面图形，然后求出面积即可． 【详解】

BAO45BOA，则△OAB是等腰直角三角形，

∴ABOB2，

又OCCB，COB45，∴BC1， 在直角坐标系中作出原图形为：

梯形OABC，OA//BC，OA2,BC1，高OB22， ∴其面积为S故选：A 【点睛】

方法点睛：本题考查斜二测法画平面图形直观图，求原图形的面积，可能通过还原出原平面图形求得面积，也可以通过直观图到原图形面积的关系求解：直观图面积为S，原图形面积为S，则

1(21)2232． 2S2． S412．C

解析：C 【分析】

小虫有两种爬法，一种是从点A沿着侧面ACGF和上底面BHFG爬行，另一种是从点A沿着侧面ACGF和侧面BDCG爬行，将两种情况下的两个面延展为一个面，计算出平面图形的对角线长，比较大小后可得结果. 【详解】

由于长方体ACDEFGBH的长、宽、高分别为2、1、1，则小虫从点A沿着侧面

AEHF和上底面FHBG爬行，以及小虫从点A沿着侧面ACGF和侧面BDCG爬行，这

两条线路的最短路程相等.

①若小虫从点A沿着侧面ACGF和上底面BHFG爬行，将侧面ACGF和上底面BHFG延展为一个平面，如下图所示：

则ACBC2，最短路程为AB为一个平面，如下图所示：

AC2BC222；

②若小虫从点A沿着侧面ACGF和侧面BDCG爬行，将面ACGF和侧面BDCG延展

则ADACCD3，BD1，最短路程为ABAD2BD210.

因为2210，因此，小虫爬行的最短路程为22. 故选：C. 【点睛】

方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；

（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.

二、填空题

13．【分析】根据几何体的几何关系可将几何体放在正方体中多面体的外接球和正方体的外接球是同一外接球由此可求外接球的体积【详解】如图所示并且两两互相垂直所以所以正四面体与三棱锥相接且棱长为所以如图所示将此多 解析：3 2【分析】

根据几何体的几何关系，可将几何体放在正方体中，多面体的外接球和正方体的外接球是同一外接球，由此可求外接球的体积. 【详解】

如图所示，ABACBC，并且PA,PB,PC两两互相垂直，所以

PA2PB2PA2PC2PB2PC2，所以PAPBPC，

正四面体DABC与三棱锥相接且棱长为2，所以如图所示，将此多面体放在正方体中，多面体的外接球就是此正方体的外接球，并且棱长为1，正方体外接球的半径

3， 22R1113，得R则外接球的体积V故答案为：22243R3. 323π 2

【点睛】

关键点点睛：本题的关键点是根据多面体的几何关系可采用补体，转化为求正方体的外接球的体积，这样计算就容易了.

14．【分析】首先利用垂直关系和底面和侧面外接圆的圆心作出四棱锥外接球的球心再计算外接球的半径以及球的表面积【详解】连结交于点取中点连结并延长于点点是外接圆的圆心侧面底面侧面底面平面过点作平面侧面所以点是 解析：π

【分析】

首先利用垂直关系和底面ABCD和侧面ABCD外接圆的圆心，作出四棱锥PABCD外接球的球心，再计算外接球的半径，以及球O的表面积. 【详解】

连结AC,BD，交于点M，取AB中点N连结AN，MN，并延长于点E，点E是

△PAB外接圆的圆心，

侧面PAB 底面ABCD，侧面PAB 底面ABCDAB，MNAB MN平面PAB，

过点M作MO平面ABCD，EO//MN，

EO侧面PAB，所以点O是四棱锥PABCD外接球的球心， 可知四边形MNEO是矩形，

右图，PAPB23，APB120，AB2PBcos306， 点E是△PAB外接圆的圆心，

PNPBsin303，△PBE是等边三角形，PE23， NE2333，MO3，

MC112AC64213， 22ROCMO2MC23134，

球O的表面积S4R2

故答案为：π 【点睛】

本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力，（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为a,b,c，那么外接球的直径

2Ra2b2c2，（2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心

做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立R的方程.（3）而本题类型，需要过两个平面外接圆的圆心作面的垂线，垂线的交点就是球心.

15．【分析】先由题意得到的面积以及外接圆的半径记的外接圆圆心为为使四面体体积最大只需与面垂直由此求出设球心为半径为根据为直角三角形由勾股定理列出等式求出球的半径即可得出结果【详解】根据题意知是一个等边三 解析：

25 4【分析】

先由题意，得到ABC的面积，以及ABC外接圆的半径，记ABC的外接圆圆心为

Q，为使四面体ABCD体积最大，只需DQ与面ABC垂直，由此求出DQ2，设球心

为O，半径为R，根据AQO为直角三角形，由勾股定理列出等式，求出球的半径，即可得出结果. 【详解】

根据题意知，ABC是一个等边三角形，其面积为

1 S323ABC231333，ABC外接圆的半径为r1，记22sin6042ABC的外接圆圆心为Q，则AQr1；

由于底面积S不变，高最大时体积最大，

所以DQ与面ABC垂直时体积最大，最大值为

1S3ABCDQ3DQ2，， 2222设球心为O，半径为R，则在直角AQO中，OAAQOQ，

即R1(2R)，R2225， 42525.

则这个球的表面积为：S4

44故答案为：【点睛】 思路点睛：

求解几何体与球外接问题时，一般需要先确定底面外接圆的圆心位置，求出底面外接圆的半径，根据球的性质，结合题中条件确定球心位置，求出球的半径，进而即可求解.

25. 416．【分析】取的中点分别为连接先证明四边形是平行四边形再利用面面平行的判断定理证明平面平面可得平行四边形即为所求的截面再计算其面积即可【详解】取的中点分别为连接因为所以四边形是平行四边形所以因为所以四边 解析：26 【分析】

取AB，D1C1的中点分别为M,N，连接A1M,MC,CN,A1N,PM，先证明四边形

A1MCN是平行四边形，再利用面面平行的判断定理证明平面PBC1//平面A1MCN，可

得平行四边形A1MCN即为所求的截面，再计算其面积即可. 【详解】

取AB，D1C1的中点分别为M,N，连接A1M,MC,CN,A1N,PM，

ANPC1， 因为A1PNC1，所以四边形A1PC1N是平行四边形，所以1因为PMCC1所以四边形PMCC1是平行四边形，所以MCPC1， 所以A1NMC，所以四边形A1MCN是平行四边形， 因为PC1//A1N，PC1平面A1MCN，A1N平面A1MCN， 所以PC1//平面A1MCN， 同理可证PB//平面A1MCN， 因为PC1PBP，

所以平面PBC1//平面A1MCN，

因此过点A1作与平面PBC1平行的截面，即是平行四边形A1MCN， 连接MN，作A1HMN于点H， 由AMA1N5，MN22， 1可得A1H所以SA1MN52223，

11MNA1H2236， 22A1MN所以平行四边形A1MCN的面积为2S故答案为：26 【点睛】

26，

关键点点睛：本题的关键点是找出过点A1与平面PBC1平行的截面，所以想到作平行线，利用面面平行的判断定理证明所求的截面即是平行四边形A1MCN，先求四边形一半的面积，乘以2即可得所求平行四边形的面积，也可以直接求菱形的面积.

17．②④【分析】①求出该八面体的体积即可判断；②可得球心为正方形ABCD对角线交点即可得出半径求出表面积；③取AD的中点G连接EGFGEF过

E作求出即可；④可得为所成角【详解】①八面体的体积为；②八面体

解析：②④ 【分析】

①求出该八面体的体积即可判断；②可得球心为正方形ABCD对角线交点，即可得出半径求出表面积；③取AD的中点G，连接EG，FG，EF，过E作EHFG，求出EH即可；④可得DEC为所成角. 【详解】

①八面体的体积为2(222)1382； 3②八面体的外接球球心为正方形ABCD对角线交点，易得外接球半径为2，表面积为

8；

③取AD的中点G，连接EG，FG，EF，

易得EGFG3，AD平面EGF，

过E作EHFG，交FG的延长线于H，

又EHAD，ADFGG，故EH平面ADF， 解得EH2626，所以E到平面ADF的距离为； 33④因为ED//BF，所以EC与BF所成角为60. 故答案为：②④. 【点睛】

解本题的关键是正确理解正八面体的性质，根据线面垂直关系得到点到平面的垂线段.

18．【分析】根据给定的几何体的三视图得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥得出圆柱的底面半径和高利用圆柱和圆锥的体积以及圆的公式即可求解【详解】解：根据给定的几何体的三视图可得该几何体表示一个圆柱挖去一个圆 解析：

2 3【分析】

根据给定的几何体的三视图，得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥，得出圆柱的底面半径和高，利用圆柱和圆锥的体积以及圆的公式，即可求解． 【详解】

解：根据给定的几何体的三视图，可得该几何体表示一个圆柱挖去一个圆锥， 且底面半径1，高为1的组合体，

所以几何体的体积为：1111故答案为：

21322． 32. 3

【点睛】

关键点点睛：本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解．

19．【分析】求出正三棱柱的高底面三角形的边长和高即可求出正三棱柱的体积【详解】设球的半径为r由得则球的半径为2正三棱柱的高为正三棱柱底面正三角形的内切圆的半径是2所以正三角形的边长是高是6正三棱柱的体积 解析：483 【分析】

求出正三棱柱的高、底面三角形的边长和高，即可求出正三棱柱的体积. 【详解】

设球的半径为r，由4r216，得r2，则球的半径为2，正三棱柱的高为2r4，

正三棱柱底面正三角形的内切圆的半径是2，所以正三角形的边长是43，高是6， 正三棱柱的体积为故答案为：483 【点睛】

本题考查正三棱柱的内切球、正三棱柱的体积，考查空间想象能力与计算能力.

14364483. 220．【分析】欲使圆柱侧面积最大需使圆柱内接于圆锥设圆柱的高为h底面半径为r用r表示h从而求出圆柱侧面积的最大值【详解】欲使圆柱侧面积最大需使圆柱内接于圆锥；设圆柱的高为h底面半径为r则解得；所以；当时取 解析：43

【分析】

欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥，设圆柱的高为h，底面半径为r，用r表示h，从而求出圆柱侧面积的最大值. 【详解】

欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥； 设圆柱的高为h，底面半径为r， 则23hr3，解得h23r； 422332r34rr； 2所以S圆柱侧2rh2r23当r2时，S圆柱侧取得最大值为43

故答案为：43. 【点睛】

本题考查了求圆柱侧面积的最值，考查空间想象能力，将问题转化为函数求最值，属于中档题.

三、解答题

21．（1）【分析】

（1）取BD中点G，连接GC，FG，根据线面垂直的判定定理及性质，先证明EF为

322. ；（2）；（3）323BD1与CC1的公垂线，再由题中数据，计算出EF的长，即可得出结果；

（2）连接ED1，由（1）得到EF平面BDD1，设D1到平面BDE的距离为d，根据等体积法，由VEDBD1VD1DBE求出d，记直线BD1与平面BDE所成角为，由

sind即可得出结果； BD1（3）由（2）得到D1到平面BDE的距离d，根据题中条件，得到F到平面BDE的距离

d，即可得出结果. 2【详解】

为

（1）在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，取BD中点G，连接GC，FG， ∵F，G分别为BD1,BD的中点，∴FG//D1D且FG又CE//D1D，CE形，

又CE平面ABCD，CG平面ABCD，∴CECG， ∴四边形EFGC为矩形，∴EFCC1， ∵D1D//C1C，∴EFDD1，

又CGBD，EF//CG，BD平面BDD1，D1D平面BDD1，BDD1DD， ∴EF平面BDD1，又BD1平面BDD1，∴EFBD1， ∴EF为BD1与CC1的公垂线，且ECC1，FBD1， ∴异面直线BD1与CC1的距离为|EF|1D1D， 21D1D，所以FG//CE且FGCE，则四边形EFGC为平行四边22． 2（2）在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，连接ED1，则VEDBD1VD1DBE， 由（1）知EF平面BDD1，设D1到平面BDE的距离为d， ∵AA12，AB1，∴BDBEED∴SDBD12，EF2，BD16， 21222，S2DBE133， (2)222222223，

332从而SDBEdSDBD1EF，∴d23d2， 记直线BD1与平面BDE所成角为，则

sin3BD136∴直线BD1与平面BDE所成角的正弦值为

2． 3

（3）由（2）知，D1到平面BDE的距离d23，∵F是BD1的中点，且B平面3BDE，

∴F到平面BDE的距离为【点睛】 方法点睛：

立体几何体中空间角的求法：

（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；

（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可. 22．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）连接BC1与B1C相交于M，连接EM，证明EM//A1B，再由线面平行的判定定理证明即可；

（2）证明平面AB1F平面BCC1B1，得出NO平面BCC1B1，结合线面角的定义得出

105. 35d3． 23OBN即为A1B与平面BCC1B1所成角，再由相似三角形、勾股定理、直角三角形边角关

系得出A1B与平面BCC1B1所成角的正弦值. 【详解】

（1）连接BC1与B1C相交于M，连接EM

由于E，M分别是A1C1，BC1的中点，则EM//A1B

因为EM平面B1CE，A1B平面B1CE，所以A1B//平面B1CE.

（2）取BC中点F，连接AF，B1F，则AFBC 因为B1A平面ABC，所以B1ABC

又AF,B1A平面AB1F，AFB1AA，所以BC⊥平面AB1F

又BC平面BCC1B1，所以平面AB1F平面BCC1B1，过N作NOB1F于O 因为NO平面AB1F，平面AB1F平面BCC1B1B1F

所以NO平面BCC1B1，连接OB，则OBN即为A1B与平面BCC1B1所成角 设BB12，易知BN由△ONB1AN2AB2110614，AF，B1F 22222△AFB1，ONB1N42AF B1F14所以sinOBNON105. BN35【点睛】

关键点睛：解决第一问的关键在于由中位线定理证明线线平行，再由线面平行的判定定理证明线面平行；解决第二问的关键在于由线面垂直找出线面角，再由直角三角形边角关系求出正弦值.

23．（1）证明见详解；（2）【分析】

（1）取AD的中点O，连接EO，BO.，可证EO⊥平面ABCD 再根据面面垂直判定定理可

6. 3证；

（2）因为EF//AC 得点F到平面ABCD的距离等于点E到平面ABCD的距离，由体积公式可求出结果. 【详解】

解：（1）如图，取AD的中点O，连接EO，BO.

∵EA=ED，∴EO⊥AD.

由题意知△ABD为等边三角形，∴AB=BD=AD=2，∴BO=3. 在△EAD中，EA=ED=3，AD=2， ∴EO=AE2-AO22，

又BE=5，∴ EO2BO2BE2，∴EO⊥BO， ∵ADOBO，AD⊂平面ABCD，BO⊂平面ABCD， ∴EO⊥平面ABCD.

又EO⊂平面EAD，∴平面EAD⊥平面ABCD. （2）由题意得SBCDSABD11ADOB233， 22∵EF∥AC，∴点F到平面ABCD的距离等于点E到平面ABCD的距离，为EO， ∴VFBCD【点晴】

关键点点晴：证明面面垂直的关键在于找到线面垂直. 24．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）【分析】

（Ⅰ）连接BG交EC于H，连接FH，即可得到

. 61S316. EO32BCD33BH2，又BF2FA，所以HGFH//AG，从而得证；

（Ⅱ）依题意利用余弦定理求出EF，从而得到EFBD，即可证明BD平面CEF. 过F作AD的平行线FP，交BD于P.则PE平面CEF.所以直线FP与平面CEF所成角为PFE，再利用锐角三角函数计算可得； 【详解】

解：（Ⅰ）连接BG交EC于H，连接FH. 则点H为△BCD的重心，有

BH2. HGBFBH2， FAHG所以FH//AG，且FH平面CEF，AG平面CEF，

因为

所以AG//平面CEF.

（Ⅱ）因为BF2223，BE1，ABD30， 32所以EFBFBE2BEBFcosABD1， 3故EF2BF2BE2，所以EFBD，且CEBD，CE,EF平面CEF，

CEEFE

所以BD平面CEF.

过F作AD的平行线FP，交BD于P. 则PE平面CEF.

所以直线FP与平面CEF所成角为PFE. 且FP21，EP，FEP90， 331，得PFE. 26， 6所以sinPFE所以直线FP与平面CEF所成的角为即直线AD与平面CEF所成的角为

. 6

【点睛】

求直线与平面所成的角的一般步骤：

①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成； ②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解． 25．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析. 【分析】

（Ⅰ）根据PA底面ABCD，得到PACD，再由ACCD，利用线面垂直的判定定理证明即可.

（Ⅱ）根据PAAC，E是PC的中点，得到PCAE，再由CDAE，得到AE⊥平面PCD，从而得到PDAE，易证AB平面PAD，得到ABPD，再利用线面垂直的判定定理证明. 【详解】

（Ⅰ）因为PA底面ABCD，CD底面ABCD， 所以PACD， 又ACCD，PA又AE平面PAE 所以CDAE；

（Ⅱ）因为PAAC，E是PC的中点， 所以PCAE，又CDAE，CDPCC， 所以AE⊥平面PCD，又PD平面PCD， 所以PDAE,

又因为ABAD，ABPA且ADPAA， 所以AB平面PAD， 又PD平面PAD， 所以ABPD，又AE所以PD平面ABE． 【点睛】

方法点睛：(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①线面垂直的定义；②判定定理；③垂

ACA，

所以CD平面PAE，

ABA，

b⊥α)；④面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；⑤面面垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒

直的性质．(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想． 26．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）利用正余弦定理解三角形，求出AM2BM2AB2得AMBC，即可结合

14 7APBC得出BC⊥平面AMP，证出PMBC；

（2）过A作AGPM，ANG即AN与平面PBC所成角，利用余弦定理求出各边长度，即可求出. 【详解】

（1）

AB1,AC2,BAC135，

22由余弦定理可得BC122221225，BC5，

由正弦定理

BCAC525，则可得sinABC，即cosABC，

sinBACsinABC55BM22535MC，则可得BM， ,MC355225252512221，即在ABM中，利用余弦定理可得AM15555AM5， 5则满足AM2BM2AB2，AMBC，

APBC，APAMA，

BC平面AMP，PM平面AMP， PMBC；

（2）过A作AGPM，由（1）BC⊥平面AMP可得平面AMP平面PBC， 且平面AMP成角，

平面PBCPM，AG平面PBC，则ANG即AN与平面PBC所

1AB1,AP3,cosBAP，

3则由余弦定理可得PB1321312，即PB23，

22213BCPM，PMPB2BM2270， 52PA2AM2PM25则cosPAM，即sinPAM， 32PAPM3SPAM1515，则PMAG， PAAMsinPAM2525AG14， 145525121， 4254AN2AB2BN22ABBNcosABC1AN1， 2AG14. AN7sinANG【点睛】

关键点睛：本题考查利用线面垂直证明线线垂直，考查线面角的求解，解题的关键是正确求出图中各线段长度，会应用余弦定理求解，考查计算能力.