专题10立体几何
1.(2019·浙江·T4)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位:cm)，则该柱体的体积(单位:cm)是( )
3
A.158 B.162 【答案】B
【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面五边形可以看作是由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为
2+64+6
×3+×322
C.182 D.324
×6=162.
2.(2019·全国1·理T12)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为( ) A.8√6π C.2√6π 【答案】D
【解析】设PA=PB=PC=2x. ∵E，F分别为PA，AB的中点， ∴EF∥PB，且EF=2PB=x. 1
1
B.4√6π D.√6π
∵△ABC为边长为2的等边三角形， ∴CF=√3.
又∠CEF=90°，∴CE=√3-𝑥2，AE=PA=x. 在△AEC中，由余弦定理可知
𝑥2+4-(3-𝑥2)
cos∠EAC=2×2·𝑥.
12作PD⊥AC于点D，∵PA=PC， ∴D为AC的中点，cos∠EAC=𝑃𝐴=2𝑥. ∴
𝑥2+4-3+𝑥2
4𝑥2
𝐴𝐷1
=
1. 2𝑥2
∴2x+1=2.∴x=2，即x=2. ∴PA=PB=PC=√2. 又AB=BC=AC=2， ∴PA⊥PB⊥PC. ∴2R=√2+2+2=√6. ∴R=2. ∴V=πR=π×故选D.
3.(2019·全国2·理T7文T7)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( ) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α，β平行于同一条直线 D.α，β垂直于同一平面 【答案】B
【解析】由面面平行的判定定理知，“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的充分条件.由面面平行的性质知，“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的必要条件，故选B.
4.(2019·全国3·理T8文T8)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( ) A.BM=EN，且直线BM，EN是相交直线
4
33
1√2√6436√68=√6π.
2
B.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线 C.BM=EN，且直线BM，EN是异面直线 D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线 【答案】B
【解析】如图，连接BD，BE.
在△BDE中，N为BD的中点，M为DE的中点， ∴BM，EN是相交直线，排除选项C、D. 作EO⊥CD于点O，连接ON. 作MF⊥OD于点F，连接BF.
∵平面CDE⊥平面ABCD，平面CDE∩平面ABCD=CD，EO⊥ CD，EO⊂平面CDE，∴EO⊥平面ABCD. 同理，MF⊥平面ABCD.
∴△MFB与△EON均为直角三角形. 设正方形ABCD的边长为2，易知 EO=√3，ON=1，MF=2，BF=√22+4=2， 则EN=√3+1=2，BM=√+∴BM≠EN.故选B.
5.(2019·浙江·T8)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P-AC-B的平面角为γ，则( ) A.β<γ，α<γ B.β<α，β<γ C.β<α，γ<α D.α<β，γ<β 【答案】B
【解析】如图G为AC中点，点V在底面ABC上的投影为点O，则点P在底面ABC上的投影点D在线段AO上，过点D作DE垂直AE，易得PE∥VG，过点P作PF∥AC交VG于点F，过点D作DH∥AC，交BG于点H，则α=∠BPF，β=∠PBD，γ=∠PED，所以cos α=β，所以γ>β.故选B.
𝑃𝐹
𝑃𝐵34254√395
=√7，
=
𝐸𝐺𝑃𝐵=
𝐷𝐻𝑃𝐵<
𝐵𝐷
=cos β，所以𝑃𝐵α>β，因为tan γ=
𝑃𝐷
𝐸𝐷>
𝑃𝐷
=tan 𝐵𝐷3
6.(2018·全国3·理T10文T12)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9√3，则三棱锥D-ABC体积的最大值为( ) A.12√3 C.24√3 【答案】B
【解析】由△ABC为等边三角形且面积为9√3，设△ABC边长为a，则S=2a·2a=9√3.∴a=6，则△ABC的外接圆半径r=2×3a=2√3<4.
设球的半径为R，如图，OO1=√𝑅2-𝑟2=√42-(2√3)=2.当D在O的正上方时，VD-ABC=S△ABC·(R+|OO1|)=×9√3×6=18√3，最大.故选B.
13132
√3B.18√3 D.54√3
1√32
7.(2018·全国1·理T7文T9)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图.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.2√17 【答案】B
1⏜的中点，【解析】如图所示，易知N为CD将圆柱的侧面沿母线MC剪开，展平为矩形MCC'M'，易知CN=4CC'=4，
B.2√5 C.3 D.2
MC=2，从M到N的路程中最短路径为MN.
4
在Rt△MCN中，MN=√MC2+NC2=2√5.
8.(2018·全国3·理T3文T3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )
【答案】A
【解析】由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应为A中图形.
9.(2018·北京·理T5文T6)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为 ( )
5
A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】C
【解析】由该四棱锥的三视图，得其直观图如图.由正视图和侧视图都是等腰直角三角形，知PD⊥平面ABCD，所以侧面PAD和PDC都是直角三角形.由俯视图为直角梯形，易知DC⊥平面PAD.又AB∥DC，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PA，所以侧面PAB也是直角三角形.
易知PC=2√2，BC=√5，PB=3，从而△PBC不是直角三角形.故选C.
10.(2018·上海·T15)《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图.若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )
A.4 B.8 C.12 【答案】D
【解析】设正六棱柱为ABCDEF-A1B1C1D1E1F1， 以侧面AA1B1B，AA1F1F为底面矩形的阳马有
6
D.16
E-AA1B1B，E1-AA1B1B，D-AA1B1B，D1-AA1B1B，C-AA1F1F，C1-AA1F1F，D-AA1F1F，D1-AA1F1F，共8个，以对角面AA1C1C，AA1E1E为底面矩形的阳马有
F-AA1C1C，F1-AA1C1C，D-AA1C1C，D1-AA1C1C，B-AA1E1E，B1-AA1E1E，D-AA1E1E，D1-AA1E1E，共8个，所以共有8+8=16(个)，故选D.
11.(2018·全国1·文T10)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为( ) A.8 【答案】C
【解析】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，连接BC1，则∠AC1B为AC1与平面BB1C1C所成的角，∠
𝐴𝐵2
AC1B=30°，所以在Rt△ABC1中，BC1=𝑡𝑎𝑛∠𝐴𝐶𝐵=2√3，又BC=2，所以在Rt△BCC1中，CC1=√(2√3)-22=2√2，
1
B.6√2 C.8√2 D.8√3
所以该长方体体积V=BC×CC1×AB=8√2.
12.(2018·全国2·理T9)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=√3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( ) A. 【答案】C
【解析】以DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图， 则D1(0，0，√3)，A(1，0，0)，D(0，0，0)，B1(1，1，√3). ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∴𝐴𝐷1=(-1，0，√3)，𝐷𝐵1=(1，1，√3).设异面直线AD1与DB1所成的角为θ. ∴cos θ=|
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐷·⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐵
1115B. 6√5C. 5√5D. 2√2|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐷1||⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐵1|
|=|2|2×√5=
√55
.
√5∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为. 513.(2018·全国2·文T9)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为( ) A.2 【答案】C
7
√2B.2 √3C.2 √5D.2 √7【解析】如图，因为AB∥CD，所以AE与CD所成的角为∠EAB. 在Rt△ABE中，设AB=2， 则BE=√5，则tan∠EAB=
𝐵𝐸𝐴𝐵=
√52，
√5所以异面直线AE与CD所成角的正切值为2.
14.(2018·全国1·文T5)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√2π C.8√2π 【答案】B
【解析】过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面为圆柱的轴截面，设底面半径为r，母线长为l，因为轴截面是面积为8的正方形，所以2r=l=2√2，r=√2，所以圆柱的表面积为2πrl+2πr=8π+4π=12π. 15.(2018·浙江·T3)某几何体的三视图如图所示(单位:cm)，则该几何体的体积(单位:cm)是( ) A.2 B.4 C.6 D.8
3
2
B.12π D.10π
【答案】C
【解析】由三视图可知该几何体为直四棱柱. ∵S底=×(1+2)×2=3，h=2，∴V=Sh=3×2=6.
16.(2017·全国2·理T4文T6)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( )
128
A.90π B.63π 【答案】B
【解析】由三视图知，该几何体是一个圆柱截去一部分所得，如图所示.其体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的，所以该几何体的体积V=π×3×4+π×3×6×=63π.
122
2
C.42π D.36π
12
17.(2017·全国1·理T7)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( ) A.10
B.12 C.14 D.16
【答案】B
【解析】由三视图可还原出几何体的直观图如图所示.该五面体中有两个侧面是全等的直角梯形，且该直角梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，则S梯=(2+4)×2÷2=6，所以这些梯形的面积之和为12.
9
18.(2017·全国2·理T10)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( ) A.2 【答案】C
【解析】方法一:把三棱柱ABC-A1B1C1补成四棱柱ABCD-A1B1C1D1，如图， 连接C1D，BD，则AB1与BC1所成的角为∠BC1D. 由题意可知BC1=√2，
BD=√22+12-2×2×1×𝑐𝑜𝑠60°=√3，C1D=AB1=√5.
2可知B𝐶1+BD=C1D，
2
2
√3B.5 √15C.5 √10D.3 √3所以cos∠BC1D=√2√5=
√105
，故选C.
方法二:以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 由已知条件知B1(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(1，0，0)，A(-1，√3，1)，则𝐵𝐶1=(1，⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 0，-1)，𝐴𝐵1=(1，-√3，-1).
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵1·⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 所以cos<𝐴𝐵,𝐵𝐶>==11⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |𝐴𝐵1|·|𝐵𝐶1|
2√5×√2=5. √10√10所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为
5.
19.(2017·北京·理T7)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )
A.3√2 B.2√3
C.2√2
D.2
10
【答案】B
【解析】由题意可知，直观图为四棱锥A-BCDE(如图所示)，最长的棱为正方体的体对角线AE=√22+22+22=2√3.故选B.
20.(2017·全国3·理T8文T9)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 【答案】B
【解析】由题意可知球心即为圆柱体的中心，画出圆柱的轴截面如图所示，
B. 3𝜋4C. 𝜋2D. 𝜋4
则
1
AC=1，AB=，底面圆的半径
2r=BC=，所以圆柱的体积是V=πrh=π×()×1=，故选B.
22√32
√32
3𝜋421.(2017·全国1·文T6)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，直线AB与平面MNQ不平行的是( )
【答案】A
【解析】易知选项B中，AB∥MQ，且MQ⊂平面MNQ，AB⊄平面MNQ，则AB∥平面MNQ;选项C中，AB∥MQ，且MQ⊂平面MNQ，AB⊄平面MNQ，则AB∥平面MNQ;选项D中，AB∥NQ，且NQ⊂平面MNQ，AB⊄平面MNQ，则AB∥平面MNQ，故排除选项B，C，D;故选A.
4.(2016·浙江·理T2文T2)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )
11
A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n 【答案】C
【解析】对于选项A，∵α∩β=l，∴l⊂α，∵m∥α，∴m与l可能平行，也可能异面，故选项A不正确; 对于选项B，D，∵α⊥β，m∥α，n⊥β，∴m与n可能平行，可能相交，也可能异面，故选项B，D不正确. 对于选项C，∵α∩β=l，∴l⊂β. ∵n⊥β，∴n⊥l.故选C.
22.(2016·天津·文T3)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )
【答案】B
【解析】由题意得该长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，如下图所示.
易知其左视图为B项中图.故选B.
23.(2016·全国3·理T10文T11)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=3，则V的最大值是( ) A.4π 【答案】B
【解析】先计算球与直三棱柱三个侧面相切的球的半径，再和与直三棱柱两底面相切的球的半径相比较，半径较小的球即为所求.设球的半径为R，∵AB⊥BC，AB=6，BC=8，∴AC=10.当球与直三棱柱的三个侧面相切时，有2(6+8+10)×R=2×6×8，此时R=2;
12
1
1
B. 9𝜋
2
C.6π D.
32𝜋
3
当球与直三棱柱两底面相切时，有2R=3，此时R=2.所以在封闭的直三棱柱中，球的最大半径只能为2，故最大体积
433V=3𝜋(2)33
=2. 9𝜋
24.(2016·全国1·文T4)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. π C.8π D.4π 【答案】A
【解析】设正方体的棱长为a，由a=8，得a=2. 由题意可知，正方体的体对角线为球的直径， 故2r=√3𝑎2，则r=√3. 所以该球的表面积为4π×(√3)=12π，故选A.
25.(2016·全国1·理T11文T11)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ABB1A1=n，则m，n所成角的正弦值为( ) A.2 【答案】A
【解析】∵α∥平面CB1D1，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，α∩平面ABCD=m，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1，∴m∥B1D1.
∵α∥平面CB1D1，平面ABB1A1∥平面DCC1D1，α∩平面ABB1A1=n，平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1， ∴n∥CD1.
∴B1D1，CD1所成的角等于m，n所成的角， 即∠B1D1C等于m，n所成的角.
∵△B1D1C为正三角形，∴∠B1D1C=60°， ∴m，n所成的角的正弦值为2.
26.(2016·全国1·理T6文T7)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，则它的表面积是( )
28π
√3√32
3
B.2 √2C.3 √3D.3
1
13
A.17π B.18π C.20π D.28π 【答案】A
【解析】由三视图可知该几何体是球截去后所得几何体，则×
7232×4πR+×πR=14π+3π=17π. 841
8784π328π
×R=，解得33R=2，故其表面积为
27.(2016·全国2·理T6文T7)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为 ( )
A.20π B.24π C.28π D.32π 【答案】C
【解析】因为原几何体由同底面的一个圆柱和一个圆锥构成， 所以其表面积为
4212
S=π×()+4π×4+×4π×√(2√3)22
+22=28π，故选C.
28.(2016·全国3·理T9文T10)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( ) A.18+36√5 C.90
B.54+18√5 D.81
【答案】B
【解析】由题意知该几何体为四棱柱，且四棱柱的底面是边长为3的正方形，侧棱长为3√5，所以所求表面积为(3×3+3×6+3×3√5)×2=54+18√5，故选B.
29.(2016·山东·理T5)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如下图所示.则该几何体的体积为
14
( ) A.3+3π
1
2
B.3+3πC.3+6π
1√21√2D.1+6π
√2
【答案】C
【解析】由三视图可知，上面是半径为2的半球，体积为为1的四棱锥，体积V2=×1×1=，故选C.
30.(2016·北京·理T6)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )
1313√214√2V1=2×3π×(2)3
=6，下面是底面积为1，高
√2π
A.6 【答案】A
【解析】由三视图可得，三棱锥的直观图如图，则该三棱锥的体积V=××1×1×1=，故选A.
1312161
B.3
1
C.2
1
D.1
31.(2015·全国1·理T6文T6)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )
15
A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛 【答案】B
【解析】设底面圆弧半径为R，
∵米堆底部弧长为8尺，∴·2πR=8，∴R=. ∴体积
11162320V=×π×()×5.∵π≈3，∴V≈(尺43π9
3
1
416π).∴堆放的米约为
320
≈22(斛). 9×1.62
32.(2015·全国2·理T6文T6)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
A. 【答案】D
【解析】由题意知该正方体截去了一个三棱锥，如图所示，设正方体棱长为a，则V故截去部分体积与剩余部分体积的比值为6a∶6a=1∶5.
1
3
正方体
18B.
17C.
16D.
15=a，V
3
截去部分
=a，
163
5
3
33.(2015·重庆·理T5)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
16
A.+π 【答案】A
【解析】由题中三视图可知，该几何体是一个组合体，其左边是一个三棱锥，底面是等腰直角三角形(斜边长等于2)，高为1，所以体积V1=××2×1×1=;其右边是一个半圆柱，底面半径为1，高为2，所以体积V2=π·1·2·2=π，所以该几何体的体积V=V1+V2=3+π.
34.(2015·浙江·理T2)某几何体的三视图如图所示(单位:cm)，则该几何体的体积是( ) A.8 cm C.3 cm
32
33
2
13
B.+π C.+2π
2313
D.+2π
23
131213
11
B.12 cm D.3 cm
40
3
3
【答案】C
【解析】由题中三视图知该几何体是一个正方体与正四棱锥的组合体，其中正方体与正四棱锥的底面边长为2 cm，正四棱锥的高为2 cm，
则该几何体的体积V=2×2×2+3×2×2×2=3(cm)，故选C.
35.(2015·山东·理T7)在梯形ABCD中，∠ABC=，AD∥BC，BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线
2π
132
3
旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.3 C.3 【答案】C
5π2π
B.3 D.2π
4π
17
【解析】由题意可得旋转体为一个圆柱挖掉一个圆锥，如图所示. V圆柱=π×1×2=2π，V圆锥=3×π×1×1=3. ∴V几何体=V圆柱-V圆锥=2π-=
π35π. 32
1
2
π
36.(2015·湖南·文T10)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率=
新工件的体积原工件的体积89π)( )
B.
8 27π3
A.
24(√2-1)C.π3
8(√2-1)
D.π
【答案】A
【解析】由三视图可知该几何体是一个圆锥，其底面半径r=1，母线长l=3，所以其高h=√l2-r2=2√2.故该圆锥的体积V=×1×2√2=
π32
2√2π.由题意可知，加工后的正方体是该圆锥的一个内接正方体，如图所示.正3方体ABCD-EFGH的底面在圆锥的底面内，下底面中心与圆锥底面的圆心重合，上底面中心在圆锥的高线上，设正方体的
棱长为x.在轴截面SMN中，由O1G∥ON
2√2V1=(3)3
OG
可得，1
ON=
xSO1
，即2SO1√2=
2√2-x，解得2√2x=
2√2.所以正方体的体积为3=27. =
16√2272√2π316√2V
所以该工件的利用率为V1=9π.故选A.
8
18
37.(2015·全国1·理T11文T11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π，则r=( ) A.1 C.4
B.2 D.8
【答案】B
【解析】由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.
∴S表=2r×2r+2×πr+πr×2r+×4πr =5πr+4r=16+20π， 解得r=2.
38.(2015·北京·理T5)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( ) A.2+√5 B.4+√5 C.2+2√5 D.5
2
2
1
22
122
19
【答案】C
【解析】作出三棱锥的直观图如图，在△ABC中，作AB边上的高CD，连接SD.
在三棱锥S-ABC中，SC⊥底面ABC，SC=1，底面三角形ABC是等腰三角形，AC=BC=√5，AB边上的高CD=2，AD=BD=1，斜高SD=√5. 所以S表=S△ABC+S△SAC+S△SBC+S△SAB=×2×2+×1×√5+×1×√5+×2×√5=2+2√5.
39.(2015·陕西·理T5文T5)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( ) A.3π B.4π C.2π+4 D.3π+4
12121212
【答案】D
【解析】由三视图可知，该几何体是一个半圆柱，圆柱的底面半径r=1，高h=2.所以几何体的侧面积S1=C
底
·h=(π×1+2)×2=2π+4.几何体的
1
2
底面积S2=2π×1=2π.
故该几何体的表面积为S=S1+2S2=2π+4+2×2=3π+4.故选D.
40.(2015·浙江·理T8)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A'CD，所成二面角
20
π
1
A'-CD-B的平面角为α，则( ) A.∠A'DB≤α C.∠A'CB≤α 【答案】B
【解析】设∠ADC=θ，设AB=2，则由题意AD=BD=1. 在空间图形中，设A'B=t.
𝐴'𝐷2+𝐷𝐵2-𝐴𝐵212+12-𝑡2
在△A'BD中， cos∠A'DB=2𝐴'𝐷×𝐷𝐵=2×1×1B.∠A'DB≥α D.∠A'CB≥α
=
2-𝑡2
. 2在空间图形中，过A'作A'N⊥DC，过B作BM⊥DC，垂足分别为N，M.过N作NPMB，连接A'P，所以NP⊥DC.
则∠A'NP就是二面角A'-CD-B的平面角， 所以∠A'NP=α.
在Rt△A'ND中，DN=A'Dcos∠A'DC=cos θ，A'N=A'Dsin∠A'DC=sin θ. 同理，BM=PN=sin θ，DM=cos θ.故BP=MN=2cos θ. 显然BP⊥面A'NP，故BP⊥A'P.
在Rt△A'BP中，A'P=A'B-BP=t-(2cos θ)=t-4cosθ.
𝐴'𝑁2+𝑁𝑃2-𝐴'𝑃2
在△A'NP中，cos α=cos∠A'NP=
2𝐴'𝑁×𝑁𝑃2
2
2
2
2
2
2
=
𝑠𝑖𝑛2𝜃+𝑠𝑖𝑛2𝜃-(𝑡2-4𝑐𝑜𝑠2𝜃)
2𝑠𝑖𝑛𝜃×𝑠𝑖𝑛𝜃=
2+2𝑐𝑜𝑠2𝜃-𝑡2
2𝑠𝑖𝑛2𝜃=2𝑠𝑖𝑛2𝜃+𝑠𝑖𝑛2𝜃=𝑠𝑖𝑛2𝜃cos∠A'DB+𝑠𝑖𝑛2𝜃.
𝜋
2-𝑡2𝑐𝑜𝑠2𝜃
1
𝑐𝑜𝑠2𝜃
1𝑐𝑜𝑠2𝜃
因为𝑠𝑖𝑛2𝜃≥1，𝑠𝑖𝑛2𝜃≥0，所以cos α≥cos∠A'DB(当𝜃=2时取等号)，
因为α，∠A'DB∈[0，π]，而y=cos x在[0，π]上为递减函数，所以α≤∠A'DB.故选B.
41.(2015·全国2·理T9文T10)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为 ( ) A.36π B.64π C.144π D.256π 【答案】C
【解析】因为∠AOB=90°，所以S△AOB=R. 因为VO-ABC=VC-AOB，而△AOB面积为定值，
所以三棱锥底面OAB上的高最大时，其体积最大.因为高最大为半径R，所以VC-AOB=3×2R×R=36，解得R=6，故S球=4πR=144π.
42.(2015·安徽·理T5)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )
21
2
1
22
11
2
A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行 B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行 C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线 ．．．．．．D.若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面 ．．．．．．【答案】D
【解析】A选项α，β可能相交;B选项m，n可能相交，也可能异面;C选项若α与β相交，则在α内平行于它们交线的直线一定平行于β;由垂直于同一个平面的两条直线一定平行，可知D选项正确. 43.(2015·浙江·文T4)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β.( ) A.若l⊥β，则α⊥β C.若l∥β，则α∥β 【答案】A
【解析】若l⊥β，又l⊂α，由面面垂直的判定定理，得α⊥β，故选项A正确;选项B，l⊥m或l∥m或l与m相交或异面都有可能;选项C，α∥β或α与β相交都有可能;选项D，l∥m或l与m异面都有可能. 44.(2015·广东·文T6)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( ) A.l与l1，l2都不相交 B.l与l1，l2都相交
C.l至多与l1，l2中的一条相交 D.l至少与l1，l2中的一条相交 【答案】D
【解析】l1与l在平面α内，l2与l在平面β内，若l1，l2与l都不相交，则l1∥l，l2∥l，根据直线平行的传递性，则l1∥l2，与已知矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交.
45.(2014·浙江·理T3)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示，则此几何体的表面积是( ) A.90 cm B.129 cm C.132 cm D.138 cm
2 222
B.若α⊥β，则l⊥m D.若α∥β，则l∥m
22
【答案】D
【解析】由题干中的三视图可得原几何体如图所示. 故该几何体的表面积
S=2×4×6+2×3×4+3×6+3×3+3×4+3×5+2× ×3×4=138(cm).故选D.
2
46.(2014·陕西·文T5)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( ) A.4π B.3π C.2π D.π 【答案】C
【解析】依题意，知所得几何体是一个圆柱，且其底面半径为1，母线长也为1，因此其侧面积为2π×1×1=2π，故选C.
47.(2014·辽宁·理T4文T4)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面.下列说法正确的是( ) A.若m∥α，n∥α，则m∥n B.若m⊥α，n⊂α，则m⊥n C.若m⊥α，m⊥n，则n∥α D.若m∥α，m⊥n，则n⊥α 【答案】B
【解析】对A:m，n还可能异面、相交，故A不正确.对C:n还可能在平面α内，故C不正确.对D:n还可能在α内，故D不正确.对B:由线面垂直的定义可知正确.
48.(2014·广东·理T7)在空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是( )
23
A.l1⊥l4 B.l1∥l4
C.l1与l4既不垂直也不平行 D.l1与l4的位置关系不确定 【答案】D
【解析】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，取l1为BC，l2为CC1，l3为C1D1.满足l1⊥l2，l2⊥l3.若取l4为A1D1，则有l1∥l4;若取l4为DD1，则有l1⊥l4.因此l1与l4的位置关系不确定，故选D.
49.(2014·浙江·文T6)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面.( ) A.若m⊥n，n∥α，则m⊥α B.若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C.若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α D.若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α 【答案】C
【解析】当m⊥n，n∥α时，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m⊂α，故A选项错误; 当m∥β，β⊥α时，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m⊂α，故选项B错误; 当m⊥β，n⊥β，n⊥α时，必有α∥β，从而m⊥α，故选项C正确;
在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中，取m为B1C1，n为CC1，β为平面ABCD，α为平面ADD1A1，这时满足m⊥n，n⊥β，β⊥α，但m⊥α不成立，故选项D错误.
50.(2014·陕西·理T5)已知底面边长为1，侧棱长为√2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( ) A.3 【答案】D
32𝜋
B.4π C.2π
D.3
4𝜋
24
2
【解析】依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径R，则2R=√12+12+(√2)=2，
解得R=1，所以V=R=. 51.(2014·大纲全国·理T8)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，则该球的表面积为( ) A.
81𝜋
44𝜋33
4𝜋3B.16π C.9π D.
27𝜋
4【答案】A
【解析】由图知，R=(4-R)+2， ∴R=16-8R+R+2，∴R=4， ∴S表=4πR=4π×
2
2
2
2
2
9
8116=
81
π，选A. 452.(2014·湖南·理T7文T8)一块石材表示的几何体的三视图如图所示.将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( ) A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】B
【解析】由三视图可得原石材为如右图所示的直三棱柱A1B1C1-ABC，且AB=8，BC=6，BB1=12.
若要得到半径最大的球，则此球与平面A1B1BA，BCC1B1，ACC1A1相切，故此时球的半径与△ABC内切圆的半径相等，故半径r=
6+8-10
=2.故选2
B.
53.(2014·全国1·理T12)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )
25
A.6√2 【答案】B
【解析】如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4.取B1B的中点G，即三棱锥G-CC1D1为满足要求的几何体，其中最长棱为D1G，D1G=√(4√2)+22=6.
2
B.6 C.4√2 D.4
54.(2014·全国1·文T8)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( ) A.三棱锥
B.三棱柱C.四棱锥
D.四棱柱
【答案】B
【解析】由所给三视图可知该几何体是一个三棱柱(如图).
55.(2014·北京·理T7)在空间直角坐标系O-xyz中，已知A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(1，1， √2).若S1，S2，S3分别是三棱锥D-ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则( ) A.S1=S2=S3
B.S2=S1且S2≠S3
C.S3=S1且S3≠S2 D.S3=S2且S3≠S1
26
【答案】D
【解析】三棱锥的各顶点在xOy坐标平面上的正投影分别为A1(2，0，0)，B1(2，2，0)，C1(0，2，0)，D1(1，1，0).显然D1点为A1C1的中点，如图
(1)，正投影为Rt△A1B1C1，其面积S1=×2×2=2.
三棱锥的各顶点在yOz坐标平面上的正投影分别为A2(0，0，0)，B2(0，2，0)，C2(0，2，0)，D2(0，1，√2).显然B2，C2重合，如图(2)，正投影为△A2B2D2，其面积S2=2×2×√2=√2.
三棱锥的各顶点在zOx坐标平面上的正投影分别为A3(2，0，0)，B3(2，0，0)，C3(0，0，0)，D3(1，0，由√2)，图(3)可知，正投影为△A3D3C3，其面积S3=×2×√2=√2. 综上，S2=S3，S3≠S1.故选D.
1
21
12
56.(2014·大纲全国·理T11)已知二面角α-l-β为60°，AB⊂α，AB⊥l，A为垂足，CD⊂β，C∈l，∠ACD=135°，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为( ) A. 【答案】B
【解析】如图，在平面α内过C作CE∥AB，
则∠ECD为异面直线AB与CD所成的角或其补角，不妨取CE=1，过E作EO⊥β于O. 在平面β内过O作OH⊥CD于H， 连EH，则EH⊥CD.
因为AB∥CE，AB⊥l，所以CE⊥l. 又因为EO⊥平面β，所以CO⊥l.
故∠ECO为二面角α-l-β的平面角，所以∠ECO=60°. 而∠ACD=135°，CO⊥l，所以∠OCH=45°.
在Rt△ECO中，CO=CE·cos∠ECO=1·cos 60°=2.在Rt△COH中，CH=CO·cos∠OCH=2·sin 45°=4. 在
𝐶𝐻
Rt△ECH中，cos∠ECH=𝐶𝐸
4=1=4.所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为4.故选B.
√21
4
B. 4
√2C. 4
√3D.
12
11√2√2√227
57.(2014·大纲全国·文T4)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. 【答案】B
【解析】如图所示，取AD的中点F，连EF，CF，则EF∥BD，∴异面直线CE与BD所成的角即为CE与EF所成的角∠CEF.
由题知，△ABC，△ADC为正三角形，设AB=2，则 CE=CF=√3，EF=BD=1. 2∴在△CEF中，由余弦定理， 得=
𝐶𝐸2+𝐸𝐹2-𝐶𝐹2
cos∠CEF= 2𝐶𝐸·𝐸𝐹(√3)+12-(√3)2×√3×12
2
16
B. 6
√3C.
13
D. 3
√31
=
√36.
故选B.
58.(2014·全国2·理T6文T6)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm，高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )
A.27 【答案】C
【解析】由零件的三视图可知，该几何体为两个圆柱组合而成，如图所示. 切削掉部分的体积V1=π×3×6-π×2×4-π×3×2=20π(cm)， 原来毛坯体积V2=π×3×6=54π(cm). 故所求比值为V1=54π=27.
2
59.(2014·全国2·文T7)正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为√3，D为BC中点，则三棱锥A-B1DC1的体积为( )
28
V
20π
10
2
3
2
2
2
3
17
B.9
5
C.27
10
D.3
1
A.3 B.3
√32
C.1
D.2 【答案】C
【解析】∵D是等边△ABC的边BC的中点，∴AD⊥BC. 又ABC-A1B1C1为正三棱柱， ∴AD⊥平面BB1C1C. 又四边形BB1C1C为矩形，
∴S11
△DB1C1=2S四边形BB1C1C=2×2×√3=√3. 又AD=2×√32=√3，
∴VA-B1
1
1DC1=3S△B1DC1·AD=3×√3×√3=1.
60.(2013·全国1·理T8文T11)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.16+8π B.8+8π C.16+16π D.8+16π
【答案】A
【解析】该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体. V2
半圆柱= π×2×4=8π，V长方体=4×2×2=16. 所以所求体积为16+8π.故选A.
61.(2013·浙江·文T5)已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示，则该几何体的体积是( A.108 cm3
B.100 cm3
C.92 cm3 D.84 cm3
) 29
【答案】B
【解析】由三视图可知，该几何体是如图所示长方体去掉一个三棱锥，故几何体的体积是6×3×6-3×
123
×3×4=100(cm).故选21
B.
62.(2013·山东·理T4)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为√3的正三角形.
4若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为( ) A. 【答案】B
【解析】如图所示，由棱柱体积为，底面正三角形的边长为√3，可求得棱柱的高为√3.设P在平面ABC上
4
𝜋𝜋2
射影为O，则可求得AO长为1，故AP长为√12+(√3)=2.故∠PAO=3，即PA与平面ABC所成的角为3.
9
5𝜋129
B. 𝜋3C. 𝜋4D. 𝜋6
63.(2013·全国2·理T7文T9)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为 ( )
【答案】A
【解析】该四面体在空间直角坐标系O-xyz中的图象如图所示.
30
则它在平面zOx上的投影，即正视图为
.
64.(2013·湖南·理T7)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于( ) A.1 C.2 【答案】C
【解析】当俯视图是面积为1的正方形时，其正视图的最小面积等于一个面的面积1，最大面积等于对角面的面积√2.故正视图面积S的取值范围为1≤S≤√2. 因为2<1，故选C.
65.(2013·全国1·理T6)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为( ) A.3 cm C.
1372𝜋3
cm 3500𝜋
3
B.√2 D.2
√2+1√2-1
√2-1
B.3 cm D.
2048𝜋3
cm 3866𝜋
3
【答案】A
【解析】设球半径为R，由题可知R，R-2，正方体棱长的一半可构成直角三角形，△OBA为直角三角形，如图. BC=2，BA=4，OB=R-2，OA=R， 由R=(R-2)+4，得R=5，
所以球的体积为3×5=3π(cm)，故选A.
66.(2013·辽宁·理T10)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3，AC=4，AB⊥AC，AA1=12，则球O的半径为( ) A.2 【答案】C
31
3√174𝜋
3
2
2
2
即
500
3
B.2√10 C.2
13
D.3√10 【解析】过C点作AB的平行线，过B点作AC的平行线，交点为D，同理过C1作A1B1的平行线，过B1作A1C1的平行线，交点为D1，连接DD1，则ABCD-A1B1C1D1恰好成为球的一个内接长方体，故球的半径r=
13. 2√32+42+122
2=
67.(2013·全国2·理T4)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( ) A.α∥β且l∥α B.α⊥β且l⊥β
C.α与β相交，且交线垂直于l D.α与β相交，且交线平行于l 【答案】D
【解析】因为m⊥α，l⊥m，l⊄α，所以l∥α.同理可得l∥β.
又因为m，n为异面直线，所以α与β相交，且l平行于它们的交线.故选D.
68.(2013·广东·理T6)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面.下列命题中正确的是 ( ) A.若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n B.若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n C.若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β D.若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β 【答案】D
【解析】选项A中， m与n还可能平行或异面，故不正确; 选项B中，m与n还可能异面，故不正确; 选项C中，α与β还可能平行或相交，故不正确; 选项D中，∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α. 又n∥β，∴α⊥β.故选D.
69.(2012·全国·理T11)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为 ( ) A.6 【答案】A
【解析】∵SC是球O的直径，∴∠CAS=∠CBS=90°. ∵BA=BC=AC=1，SC=2，∴AS=BS=√3.
32
√2B.6 √3C.3 √2D.2 √2取AB的中点D，显然AB⊥CD，AB⊥SD，∴AB⊥平面SCD. 在△CDS中，CD=，DS=
2√3√11𝐶𝐷2+𝑆𝐷2-𝑆𝐶21，SC=2，利用余弦定理可得cos∠CDS==-， 22𝐶𝐷·𝑆𝐷√33∴sin∠CDS=√24√21√3√114√2，∴S△CDS=×××222√33√33=
√22，∴V=VB-CDS+VA-CDS=×S△CDS×BD+S△CDS×AD=S△CDS×BA=×
1
31313132×1=.
6√270.(2012·全国·文T8)平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为√2，则此球的体积为( ) A.√6π 【答案】B
【解析】设球O的半径为R，则R=√12+(√2)=√3，故V球=3πR=4√3π.
3
B.4√3π C.4√6π D.6√3π
2
4
71.(2012·全国·理T7文T7)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为( )
A.6 B.9 C.12 D.18 【答案】B
【解析】由三视图可推知，几何体的直观图如图所示，可知AB=6，CD=3，PC=3，CD垂直平分AB，且PC⊥平面ACB，故所求几何体的体积为×(×6×3)×3=9.
1312
72.(2012·大纲全国·理T4文T8)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，CC1=2√2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为( ) A.2 【答案】D
B.√3
C.√2
D.1
33
【解析】连接AC交BD于点O，连接OE， ∵AB=2，∴AC=2√2. 又CC1=2√2，则AC=CC1. 作CH⊥AC1于点H，交OE于点M.
由OE为△ACC1的中位线知，CM⊥OE，M为CH的中点.由BD⊥AC，EC⊥BD知，面EOC，∴CM⊥BD.∴CM⊥面BDE. ∴HM为直线AC1到平面BDE的距离.
又△ACC1为等腰直角三角形，∴CH=2.∴HM=1.
73.(2011·陕西·文T5)某几何体的三视图如图所示，则它的体积为( ) A.8- C.8-2π
2𝜋
3BD⊥
B.8- D.3 2𝜋
𝜋3
【答案】A
【解析】由几何体的三视图可知，原几何体是一个棱长为2的正方体且内部挖掉一个底面与正方体上底面内切，高等于正方体棱长的圆锥.正方体的体积为8，圆锥的体积为πrh=，所以所求几何体的体积为8-. 74.(2011·全国·理T6文T8)在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如下图所示，则相应的侧视图可以为( )
1
32
2𝜋32𝜋3
【答案】D
34
【解析】由题目所给的几何体的正视图和俯视图，可知该几何体为半圆锥和三棱锥的组合体，如图所示: 可知侧视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D.
75.(2011·重庆·理T9)高为4的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，点S，A，B，C，D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为( ) A.
4√2√2B. 2√2C.1 D.√2 【答案】C
【解析】如图所示，过S点作SE⊥AC，交AC的延长线于E点，则SE⊥面ABCD，故SE=4.设球心为O，A，B，C，D所在圆的圆心为O1，则O1为AC，BD的交点. 在Rt△OAO1中，AO1=2，AO=1，
√2√2故OO1=√1-(2)=2. 2
√2√2故OO1=2SE.过S点作SO2⊥O1O于点O2，
则O2为OO1的中点.故△OSO1为等腰三角形，则有O1S=SO=1.
76.(2011·辽宁·理T8)如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是( ) A.AC⊥SB B.AB∥平面SCD
C.SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角 D.AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角 【答案】D
【解析】∵SD⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，∴SD⊥AC， 又∵ABCD为正方形，∴AC⊥BD，
又SD∩BD=D，∴AC⊥面SBD，AC⊥SB，故A对;
∵AB∥CD，CD⊂面CDS，AB在面CDS外，∴AB∥平面SCD，故B对;
35
设AC∩BD=O，由上面的分析知，∠ASO与∠CSO分别是SA与平面SBD，SC与平面SBD所成的角，易知∠ASO与∠CSO相等，故C对;∵CD⊥SD，CD⊥AD，AD∩SD=D，∴CD⊥平面SAD，∴DC⊥SA，DC与SA所成角为90°. 又∵AB∥CD，∴AB与SC所成的角即为∠SCD，是锐角，故D错.
77.(2010·浙江·理T6)设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( ) A.若l⊥m，m⊂α，则l⊥α B.若l⊥α，l∥m，则m⊥α C.若l∥α，m⊂α，则l∥m D.若l∥α，m∥α，则l∥m 【答案】B
【解析】对于A:若l⊥m，m⊂α，则l⊂α可能成立，l⊥α不一定成立，A错误;对于B:若l⊥α，l∥m，则m⊥α，B正确;对于C，若l∥α，m⊂α，l∥m或l与m异面，故C错误;对于D，若l∥α，m∥α，则l∥m或l与m相交或l与m异面，故D错误.
78.(2010·山东·文T4)在空间，下列命题正确的是( ) A.平行直线的平行投影重合 B.平行于同一直线的两个平面平行 C.垂直于同一平面的两个平面平行 D.垂直于同一平面的两条直线平行 【答案】D
【解析】对于A，平行直线的平行投影也可能平行或为两个点，故A错误;对于B，平行于同一直线的两个平面也可能相交，故B错误;对于C，垂直于同一平面的两个平面也可能相交，故C错误;由线面垂直的性质知D正确.故选D.
79.(2010·全国·理T10)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( ) A.πa 【答案】B
【解析】如图，O1，O分别为上、下底面的中心，D为O1O的中点，则DB为球的半径r，有r=DB=√𝑂𝐷2+𝑂𝐵2=√𝑎+𝑎=√7𝑎， 4312∴S表=4πr
2
2
B.πa
7
3
2
C.πa D.5πa
113
22
222
7𝑎2
=4π×12
=3πa.
7
2
36
80.(2010·全国·文T7)设长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( ) A.3πa B.6πa C.12πa D.24πa 【答案】B
√66𝑎222【解析】长方体体对角线长等于球的直径，2R=√𝑎2+𝑎2+(2𝑎)=√6a，R=a，S=4πR=4π·=6πa.
2
2
2
2
2
24
81.(2010·大纲全国·理T12，难度)已知在半径为2的球面上有A，B，C，D四点，若AB=CD=2，则四面体ABCD的体积的最大值为( ) A.3 C.2√3 【答案】B
【解析】过CD作平面PCD，使AB⊥平面PCD，交AB于P.设点P到CD的距离为h，则有 V四面体ABCD=×2××2×h=h.
当直径通过AB与CD的中点时，hmax=2√22-12=2√3.故Vmax=
4√3. 3
13
12
23
2√3B.3 D.3 8√34√382.(2019·全国3·理T16文T16)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB=BC=6 cm，AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 g.
3
【答案】118.8
【解析】由题意得，四棱锥O-EFGH的底面积为4×6-4×2×2×3=12(cm)，点O到平面BB1C1C的距离为3 cm，则此四棱锥的体积为V1=3×12×3=12(cm).
37
1
3
1
2
又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=4×6×6=144(cm)， 则该模型的体积为V=V2-V1=144-12=132(cm). 故其质量为0.9×132=118.8(g).
83.(2019·天津·理T11文T12)已知四棱锥的底面是边长为√2的正方形，侧棱长均为√5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该 圆柱的体积为 . 【答案】
【解析】由底面边长为√2，可得OC=1. 设M为VC的中点，O1M=OC=， O1O=2VO， VO=√𝑉𝐶2-𝑂𝐶2=2， ∴O1O=1.
V柱=π·O1M2·O1O=π×
12
2
3
3
𝜋4
12121
×1=4.
𝜋
84.(2019·江苏·T9)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E-BCD的体积是 .
【答案】10
【解析】∵长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为120， ∴AB·BC·CC1=120.
∵E为CC1的中点，CC1⊥底面ABCD，
∴CE为三棱锥E-BCD的底面BCD上的高，CE=2CC1， ∴VE-BCD=3×2AB·BC·CE =3×2AB·BC·2CC1
=12AB·BC·CC1=12×120=10.
85.(2019·全国2·理T16文T16)中国有悠久的金石文T化，印信是金石文T化的代表之一.印信的形状多
38
1
1
1
1
1
1
1
1
为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有 个面，其棱长为 .
【答案】26 -1
【解析】由题图2可知第一层与第三层各有9个面，共计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18+8=26个面.如图，设该半正多面体的棱长为x，则AB=BE=x，延长CB与FE的延长线交于点G，延长BC交正方体的另一条棱于点H.由半正多面体的对称性可知，△BGE为等腰直角三角形，所以BG=GE=CH=2x，所以GH=2×x+x=(√2+1)x=1，解得x==√2-1，即该半正多面体的棱长为√2-1.
2√2+1√2√21
86.(2019·全国1·文T16)已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为√3，那么P到平面ABC的距离为 . 【答案】√2 【解析】作PD，PE分别垂直于AC，BC，PO⊥平面ABC.连接CO，OD，知CD⊥PD，CD⊥PO，PD∩PO=P， ∴CD⊥平面PDO，OD⊂平面PDO，∴CD⊥OD. ∵PD=PE=√3，PC=2，
∴sin∠PCE=sin∠PCD=2，∴∠PCB=∠PCA=60°.∴PO⊥CO，CO为∠ACB平分线， ∴∠OCD=45°，∴OD=CD=1，OC=√2. 又PC=2，∴PO=√4-2=√2.
39
√387.(2018·全国2·文T16)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8.则该圆锥的体积为 .
【答案】8π 【解析】∵SA⊥SB， ∴S△SAB=·SA·SB=8.
∴SA=4.过点S连接底面圆心O，则∠SAO=30°. ∴SO=2，OA=2√3.
∴V=3πrh=3×π×(2√3)×2=8π.
88.(2018·天津·理T11)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点
E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M-EFGH的体积为 . 【答案】 【解析】由题意可知，四棱锥M-EFGH的底面EFGH为正方形且边长为2，其高为2， 所以
1√2V四棱锥M-EFGH=×()
322
√21
2
1
2
1
2
1121
×=
121. 1289.(2018·江苏·T10)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 .
【答案】 34
【解析】由题图可知，该多面体为两个全等的正四棱锥的组合体，且正四
棱锥的高为1，底面正方形的边长为√2，所以该多面体的体积为2×3×1×(√2)=3.
90.(2018·全国2·理T16)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为8，SA与圆锥底面所成角
40
7
1
2
4
为45°.若△SAB的面积为5√15.则该圆锥的侧面积为_____________. 【答案】40√2π
【解析】如图，设O为底面圆圆心. ∵SA与底面成45°角， ∴△SAO为等腰直角三角形. 设OA=r，则SO=r，SA=SB=√2r. ∵在△SAB中，cos∠ASB=8， ∴sin∠ASB=
12
√157
8，
12
2
∴S△SAB=SA·SB·sin∠ASB=(√2r)·解得r=2√10，
∴SA=√2r=4√5，即母线长l=4√5，
√158
=5√15，
∴S圆锥侧=πrl=π×2√10×4√5=40√2π.
91.(2017·全国1·理T16)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位:cm)的最大值为 .
3
【答案】4
【解析】如图所示，连接OD，交BC于点G. 由题意知OD⊥BC，OG=6BC. 设OG=x，则BC=2√3x，DG=5-x， 三棱锥的高h=√𝐷𝐺2-𝑂𝐺2= √25-10𝑥+𝑥2-𝑥2=√25-10𝑥. 因为S△ABC=2×2√3x×3x=3√3x，所以三棱锥的体积V=3S△ABC·h=√3x·√25-10𝑥=√3·√25𝑥4-10𝑥5. 2
2
√311
令f(x)=25x-10x，x∈(0,2)，
41
45
5
则f'(x)=100x-50x.令f'(x)=0，可得x=2， 则f(x)在(0，2)单调递增，在(2,2)单调递减， 所以f(x)max=f(2)=80.
所以V≤√3×√80=4√15，所以三棱锥体积的最大值为4√15.
92.(2017·全国2·文T15)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 . 【答案】14π
【解析】由题意可知长方体的体对角线长等于其外接球O的直径2R，即2R=√32+22+12=√14，所以球O的表面积S=4πR=14π.
93.(2017·全国1·文T16)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 . 【答案】36π
【解析】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，且OA⊂平面SAC，
所以OA⊥平面SBC.设OA=r，则VA-SBC=3×S△SBC×OA=3×2×2r×r×r=3r， 所以r=9，解得r=3.
所以球O的表面积为4πr=36π.
94.(2017·天津·理T10文T11)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 . 【答案】.
【解析】 设正方体的棱长为a，外接球的半径为R，则2R=√3a.∵正方体的表面积为18，∴6a=18. ∴a=√3，R=2. ∴该球的体积为V=πR=
4
33
2
2
2
34
5
1111
3
133
9𝜋23
4𝜋27×38=
9𝜋
. 295.(2017·江苏·T6)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则𝑉1的值是________________.
2
𝑉
42
【答案】 【解析】设球O的半径为r，则圆柱O1O2的高为2r， 故𝑉1=
2
32
𝑉
𝜋𝑟2·2𝑟433𝜋𝑟=2，答案为2. 33
96.(2017·全国3·理T16)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论: ①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角; ②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角; ③直线AB与a所成角的最小值为45°; ④直线AB与a所成角的最大值为60°.
其中正确的是 .(填写所有正确结论的编号) 【答案】②③
【解析】由题意，AB是以AC为轴，BC为底面半径的圆锥的母线，由AC⊥a，AC⊥b，得AC⊥圆锥底面，在底面内可以过点B，作BD∥a，交底面圆C于点D，如图所示，连接DE，则DE⊥BD，∴DE∥b.连接AD，在等腰三角形ABD中，设AB=AD=√2，当直线AB与a成60°角时，∠ABD=60°，故BD=√2.又在Rt△BDE中，BE=2，
∴DE=√2，过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连接AF，由圆的对称性可知BF=DE=√2，∴△ABF为等边三角形，∴∠ABF=60°，即AB与b成60°角，②正确，①错误.由最小角定理可知③正确;很明显，可以满足直线a⊥平面ABC，直线AB与a所成的最大角为90°，④错误.故正确的说法为②③.
97.(2016·全国2·理T14)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题: ①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β. ②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.
43
③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.
④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等. 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号) 【答案】②③④
【解析】对于①，若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α，β的位置关系无法确定，故错误;对于②，因为n∥α，所以过直线n作平面γ与平面α相交于直线c，则n∥c.因为m⊥α，所以m⊥c，所以m⊥n，故②正确;对于③，由两个平面平行的性质可知正确;对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确命题的编号有②③④.
98.(2016·天津·理T11)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位:m)，则该四棱锥的体积为 m.
3
【答案】2
【解析】由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的底为2，高为1，因此该四棱锥的体积为V=3×(2×1)×3=2.故答案为2.
99.(2016·四川·理T13)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是 .
1
【答案】
3√3【解析】由三棱锥的正视图知，三棱锥的高为1，底面边长分别为2√3，2，2，所以底面三角形的高为√22-(√3)2=1，所以，三棱锥的体积为V=1×1×2√3×1×1=√3. 3
2
3
100.(2015·浙江·理T13)如图，在三棱锥A-BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是 .
44
【答案】8 【解析】连接DN，取DN的中点P，连接PM，CP，因为M是AD的中点， 故PM∥AN，则∠CMP即为异面直线AN，CM所成的角， 因为AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，可得AN=CM=DN=2√2， 故MP=PN=√2. 在Rt△PCN中，CP=√𝑃𝑁2+𝐶𝑁2=√2+1=
7
𝐶𝑀2+𝑀𝑃2-𝐶𝑃2
由余弦定理，可得cos∠CMP=2·𝐶𝑀·𝑀𝑃√3，
7
=
8+2-32×2√2×√2=8，7
故异面直线AN，CM所成的角的余弦值为8.
101.(2014·山东·理T13)三棱锥P-ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D-ABE的体积为V1，P-ABC的体积为V2，则1=________________. 【答案】 【解析】由题意，知VD-ABE=VA-BDE=V1，VP-ABC=VA-PBC=V2.因为D，E分别为PB，PC中点， 所以
𝑆
△𝐵𝐷𝐸
𝑉
𝑉2
14𝑆△𝑃𝐵𝐶
=.
14设点A到平面PBC的距离为d，
𝑉则𝑉12
=
1
3𝑆△𝐵𝐷𝐸·𝑑13𝑆△𝑃𝐵𝐶·𝑑
=𝑆=4. △𝑃𝐵𝐶
𝑆
△𝐵𝐷𝐸
1
102.(2014·山东·文T13)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 . 【答案】12
【解析】根据题意知该六棱锥为正六棱锥，底面正六边形面积为6√3，设六棱锥的高为h，
45
则V=3×6√3h=2√3，解得h=1. 设侧面高为h'，则h+(√3)=h'， ∴h'=2.
所以正六棱锥的侧面积为6×2×2×2=12.
103.(2013·北京·理T14)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为 .
1
2
2
2
1
【答案】5
【解析】如图，过E点作EE1垂直底面A1B1C1D1，交B1C1于点E1，连接D1E1，过P点作PH垂直于底面A1B1C1D1，交D1E1于点H，P点到直线CC1的距离就是C1H，
2√5
故当C1H垂直于D1E1时，P点到直线CC1距离最小，此时，在Rt△D1C1E1中，C1H⊥D1E1，D1E1·C1H=C1D1·C1E1，∴C1H=2√5=5. 3√22√5104.(2013·全国2·文T15)已知正四棱锥O-ABCD的体积为2，底面边长为√3，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为 . 【答案】24π
【解析】如图所示，∵VO-ABCD=3×(√3)×|OO1|=2， ∴|OO1|=
3√2， 23√2中，|AO1|=2，|OA|=√(2)
2
1
2
3√2在Rt△OO1A
√62
+(2)=√6，
√62
即R=√6，∴S球=4πR=24π.
46
105.(2013·全国1·文T15)已知H是球O的直径AB上一点，AH∶HB=1∶2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为 . 【答案】
【解析】如图，设球O的半径为R， 则AH=3，OH=3. 又∵π·EH=π，∴EH=1.
∵在Rt△OEH中，R=(3)+1，∴R=8.∴S球=4πR=2.
106.(2013·福建·理T12)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是 .
2
2
9𝜋
22𝑅𝑅
𝑅2
22
9
2
9𝜋
【答案】12π
【解析】由题意知该几何体是一个正方体内接于球构成的组合体，球的直径等于正方体体对角线长，即2r=√22+22+22=√12，所以r=√3，故该球的表面积为S球=4πr=4π×3=12π.
2
107.(2012·辽宁·理T16)已知正三棱锥P-ABC，点P，A，B，C都在半径为√3的球面上，若PA，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为 . 【答案】
3
√3【解析】正三棱锥P-ABC可看作由正方体PADC-BEFG截得，如图所示，PF为三棱锥P-ABC的外接球的直径，且PF⊥平面ABC.设正方体棱长为a，则3a=12，a=2，AB=AC=BC=2√2. S△ABC=2×2√2×2√2×2=2√3.由VP-ABC=VB-PAC，得3·h·S△ABC=3×2×2×2×2， 所以h=
2√3，因此球心到平面ABC31
√32
111
的距离为.
3
√3108.(2012·安徽·理T12)某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是 .
47
【答案】92
【解析】由三视图可知，该几何体为底面是直角梯形且侧棱垂直于底面的棱柱，该几何体的表面积为
12
S=2××(2+5)×4+[2+5+4+√42+(5-2)]×4=92.
2109.(2011·全国·理T15)已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB=6，BC=2√3，则棱锥O-ABCD的体积为 . 【答案】8
【解析】如图所示，OO'垂直于矩形ABCD所在的平面，垂足为O'，连接O'B，OB，则在Rt△OO'B中，由OB=4，O'B=2√3，可得OO'=2，故VO-ABCD=3S矩形ABCD·OO'=3×6×2√3×2=8√3. 1
1
110.(2010·全国·理T14文T15)一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的 .(填入所有可能的几何体前的编号)
①三棱锥 ②四棱锥 ③三棱柱 ④四棱柱 ⑤圆锥 ⑥圆柱 【答案】①②③⑤
【解析】只要判断正视图是不是正三角形就行了.
111.(2011·全国·文T16)已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面积是这个球面面积的为 . 【答案】3 【解析】设球面半径为R，圆锥底面半径为r. 由题意知，πr=16×4πR，
2
3
，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值161
3
2
48
即r=4R.如图所示，设体积较小者的圆锥为A-CO1D，其高为AO1.体 积较大的圆锥为B-CO1D，其高为O1B.在Rt△O1CO 中，CO1=r，CO=R，则OO1=√𝑅2-𝑟2=R. 又∵AO=R，∴AO1=2. 又∵O1B=O1O+OB=2R+R=2R，
𝐴𝑂∴𝐵𝑂1
1
1
3𝑅
122
3
2
=
𝑅232𝑅=3. 1
112.(2019·全国1·文T19)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点. (1)证明:MN∥平面C1DE; (2)求点C到平面C1DE的距离.
【解析】(1)证明连接B1C，ME.
因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=2B1C. 又因为N为A1D的中点，所以ND=2A1D.
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND， 因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED. 又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE. (2)解过C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH. 从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离. 由已知可得CE=1，C1C=4， 所以C1E=√17，故CH=17. 从而点C到平面C1DE的距离为17.
49
4√174√171
1
113.(2019·天津·文T17)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，PA⊥CD，CD=2，AD=3.
(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)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.
【解析】(1)证明连接BD，易知AC∩BD=H，BH=DH.又由BG=PG，故GH∥PD.又因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD.
(2)证明取棱PC的中点N，连接DN，依题意，得DN⊥PC，又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD=PC，所以DN⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，故DN⊥PA.又已知PA⊥CD，CD∩DN=D， 所以PA⊥平面PCD.
(3)解连接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角.
因为△PCD为等边三角形，CD=2且N为PC的中点，所以DN=√3，又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN=𝐴𝐷=3.
所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为.
3√3𝐷𝑁√3114.(2019·全国2·文T17)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1. (1)证明:BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E，AB=3，求四棱锥E-BB1C1C的体积.
【解析】(1)证明由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E， 所以∠AEB=∠A1EB1=45°，故AE=AB=3，AA1=2AE=6. 作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF=AB=3. 所以，四棱锥E-BB1C1C的体积V=3×3×6×3=18.
1
50
115.(2019·江苏·T16)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC. 求证:(1)A1B1∥平面DEC1; (2)BE⊥C1E.
【解析】证明(1)因为D，E分别为BC，AC的中点， 所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1， 所以A1B1∥平面DEC1.
(2)因为AB=BC，E为AC的中点， 所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱， 所以C1C⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C， 所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
116.(2019·全国3·文T19)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，
BE=BF=2，∠FBC=60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
(1)证明:图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE; (2)求图2中的四边形ACGD的面积.
【解析】(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
51
故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面. 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC， 所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)解取CG的中点M，连接EM，DM. 因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE， 所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM. 因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE=1，EM=√3，故DM=2. 所以四边形ACGD的面积为4.
117.(2018·全国1·文T18)如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA. (1)证明:平面ACD⊥平面ABC;
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA，求三棱锥Q-ABP的体积.
23
【解析】(1)由已知可得，∠BAC=90°，BA⊥AC. 又BA⊥AD， 所以AB⊥平面ACD. 又AB⊂平面ABC， 所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=3√2. 又BP=DQ=DA，所以BP=2√2. 作QE⊥AC，垂足为E，则QE3DC.
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1. 因此，三棱锥Q-APB的体积为VQ-
1
2352
ABP=3×QE×S△ABP=3×1×2×3×2√2sin 45°=1.
111
118.(2018·全国3·文T19)如图，矩形ABCD所在平面与半 ⏜所在平面垂直，M是𝐶𝐷⏜上异于C，D的点. 圆弧𝐶𝐷
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD?说明理由.
【解析】(1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，⏜上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM. 故BC⊥DM.因为M为𝐶𝐷
又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC. 而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC. (2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.
证明如下:连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以O为AC中点. 连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.
MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.
119.(2018·北京·文T18)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，
PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点.
(1)求证:PE⊥BC;
(2)求证:平面PAB⊥平面PCD; (3)求证:EF∥平面PCD.
【解析】证明(1)∵PA=PD，且E为AD的中点，∴PE⊥AD.
∵底面ABCD为矩形，∴BC∥AD，∴PE⊥BC.
(2)∵底面ABCD为矩形，∴AB⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，∴AB⊥平面PAD. ∴AB⊥PD.又PA⊥PD，PA∩AB=A，
53
∴PD⊥平面PAB.∵PD⊂平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图，取PC的中点G，连接FG，GD.
∵F，G分别为PB和PC的中点， ∴FG∥BC，且FG=2BC.
∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点， ∴ED∥BC，ED=2BC，∴ED∥FG，且ED=FG， ∴四边形EFGD为平行四边形，∴EF∥GD.
又EF⊄平面PCD，GD⊂平面PCD，∴EF∥平面PCD.
120.(2018·江苏·T15)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1. 求证:(1)AB∥平面A1B1C; (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
【解析】证明(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，
1
1
A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B.
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.
又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC. 因为AB1⊂平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
121.(2018·全国2·文T19)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2√2，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点. (1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离.
【解析】(1)因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点， 所以OP⊥AC，且OP=2√3. 连接OB，因为AB=BC=2AC，
54
√2所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB=2AC=2.由 OP+OB=PB知，OP⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
(2)作CH⊥OM，垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知 OC=AC=2，CM=BC=所以OM=3，CH=
2√512
23
4√2，∠ACB=45°. 3
2
2
2
1
𝑂𝐶·𝑀𝐶·𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐶𝐵
𝑂𝑀=5. 4√5所以点C到平面POM的距离为
4√5. 5122.(2017·全国1·文T18)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱锥P-ABCD的体积为 ，求该四棱锥的侧面积.
【解析】(1)证明由已知∠BAP=∠CDP=90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. (2)解在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.
由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD.
设AB=x，则由已知可得AD=√2x，PE=2x.故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=3AB·AD·PE=3x.由题设得3x=3，故x=2.
从而PA=PD=2，AD=BC=2√2，PB=PC=2√2.
可得四棱锥P-ABCD的侧面积为2PA·PD+2PA·AB+2PD·DC+2BCsin 60°=6+2√3. 123.(2017·全国3·文T19)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD. (1)证明:AC⊥BD;
55
1
1
1
1
2
√211
3
1
3
8
(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.
【解析】(1)证明取AC的中点O，连接DO，BO.因为AD=CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD. (2)解连接EO.
由(1)及题设知∠ADC=90°，所以DO=AO.
在Rt△AOB中，BO+AO=AB.又AB=BD，所以BO+DO=BO+AO=AB=BD，故∠DOB=90°. 由题设知△AEC为直角三角形，所以EO=2AC. 又△ABC是正三角形，且AB=BD，所以EO=BD.
故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.
124.(2017·山东·文T18)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
1212
121
2
2
2
2
2
2
2
2
2
ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.
(1)证明:A1O∥平面B1CD1;
(2)设M是OD的中点，证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.
【解析】证明(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1=OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C. 又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD. 所以A1E⊥BD，因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM=E， 所以B1D1⊥平面A1EM， 又B1D1⊂平面B1CD1，
56
所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
125.(2017·江苏，15)如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，
D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证:(1)EF∥平面ABC; (2)AD⊥AC.
【解析】证明(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD， 所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC， 所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD=BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD. 因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB=B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC. 又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.
126.(2017·北京·文T18)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. (1)求证:PA⊥BD;
(2)求证:平面BDE⊥平面PAC;
(3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E-BCD的体积.
【解析】(1)证明因为PA⊥AB，PA⊥BC，所以PA⊥平面ABC. 又因为BD⊂平面ABC，所以PA⊥BD.
57
(2)证明因为AB=BC，D为AC中点，所以BD⊥AC. 由(1)知，PA⊥BD，所以BD⊥平面PAC. 所以平面BDE⊥平面PAC.
(3)解因为PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE=DE，所以PA∥DE.因为D为AC的中点， 所以DE=PA=1，BD=DC=√2.
由(1)知，PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC. 所以三棱锥E-BCD的体积V=BD·DC·DE=.
127.(2017·全国2·文T18)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=2AD，∠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.
1
16
13
12
【解析】(1)证明在平面ABCD内，因为∠BAD=∠ABC=90°，所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，故BC∥平面PAD.
(2)解取AD的中点M，连接PM，CM.
由AB=BC=AD及BC∥AD，∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形， 则CM⊥AD.
因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面 ABCD=AD，
所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD. 因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.
设BC=x，则CM=x，CD=√2x，PM=√3x，PC=PD=2x. 取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD， 所以PN=2x.因为△PCD的面积为2√7，
√1412
58
所以2×√2x×2x=2√7，解得x=-2(舍去)，x=2. 于是AB=BC=2，AD=4，PM=2√3. 所以四棱锥P-ABCD的体积V=×
132×(2+4)
×2√3=4√3. 21√14128.(2017·浙江·T19)如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点. (1)证明:CE∥平面PAB;
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
【解析】(1)证明如图，设PA中点为F，连接EF，FB. 因为E，F分别为PD，PA中点， 所以EF∥AD且EF12
AD， 又因为BC∥AD，BC=12AD， 所以EF∥BC且EF=BC，
即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF. 因此CE∥平面PAB.
(2)解分别取BC，AD的中点为M，N，连接PN交EF于点Q，连接MQ，因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点. 在平行四边形BCEF中，MQ∥CE. 由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD. 由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD. 所以AD⊥平面PBN. 由BC∥AD得BC⊥平面PBN， 那么平面PBC⊥平面PBN.
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH. MH是MQ在平面PBC上的射影，
所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.
59
设CD=1.
在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=√2得CE=√2， 在△PBN中，由PN=BN=1，PB=√3得QH=， 在Rt△MQH中，QH=4，MQ=√2，
所以sin∠QMH=8.所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是8. 129.(2016·全国3·文T19)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点. (1)证明MN∥平面PAB; (2)求四面体N-BCM的体积.
√2√2141
【解析】(1)证明由已知得AM=AD=2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN=BC=2. 又AD∥BC，故TNAM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT. 因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.
(2)解因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，所以N到平面ABCD的距离为PA.取BC的中点E，连接AE.
由AB=AC=3得AE⊥BC，AE=√AB2-BE2=√5.由AM∥BC得M到BC的距离为√5， 故S△BCM=×4×√5=2√5.所以四面体N-BCM的体积VN-BCM=×S△BCM×
12
13
PA2
122312=
4√5. 3
130.(2016·山东·文T18)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB. (1)已知AB=BC，AE=EC.求证:AC⊥FB;
(2)已知G，H分别是EC和FB的中点.求证:GH∥平面ABC.
【解析】证明(1)因为EF∥DB，
60
所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE. 因为AE=EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC. 同理可得BD⊥AC.
又BD∩DE=D，所以AC⊥平面BDEF. 因为FB⊂平面BDEF， 所以AC⊥FB.
(2)设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF. 又EF∥DB，所以GI∥DB.
在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC. 又HI∩GI=I，
所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.
131.(2016·全国1·文T18)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，连接PE并延长交AB于点G. (1)证明:G是AB的中点;
(2)在题图中作出点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.
【解析】(1)证明因为P在平面ABC内的正投影为D， 所以AB⊥PD.
因为D在平面PAB内的正投影为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.
(2)解在平面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.
61
连接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(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上， 故CD=3CG.
由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB， 所以DE∥PC，因此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
23132
DE=2，PE=2√2.
在等腰直角三角形EFP中，可得EF=PF=2. 所以四面体PDEF的体积V=3×2×2×2×2=3.
132.(2016·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1. 求证:(1)直线DE∥平面A1C1F; (2)平面B1DE⊥平面A1C1F.
【解析】证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC. 在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点， 所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.
又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F， 所以直线DE∥平面A1C1F.
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1. 因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.
又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1=A1， 所以A1C1⊥平面ABB1A1.
因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.
又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F=A1， 所以B1D⊥平面A1C1F.
1
1
4
62
因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.
133.(2016·全国2·文T19)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.
(1)证明:AC⊥HD';
(2)若AB=5，AC=6，AE=5
4，OD'=2√2，求五棱锥D'-ABCFE的体积.
【解析】(1)证明由已知得AC⊥BD，AD=CD. 又由AE=CF得
𝐴𝐸𝐶𝐹
𝐴𝐷=
𝐶𝐷，故AC∥EF.
由此得EF⊥HD，EF⊥HD'，所以AC⊥HD'. (2)解由EF∥AC得
𝑂𝐻𝐴𝐸1𝐷𝑂=
𝐴𝐷=4.
由AB=5，AC=6得DO=BO=√𝐴𝐵2-𝐴𝑂2=4. 于是OD'2
+OH2
=(2√2)2
+12
=9=D'H2
， 故OD'⊥OH.
由(1)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
𝐸𝐹𝐴𝐶=
𝐷𝐻9
𝐷𝑂得EF=2.
五边形ABCFE的面积S=1
×6×8-1
9
3=69
1
69
23√222×2×4.所以五棱锥D'-ABCFE的体积V=3×4×2√2=2. 134.(2016·北京·文T18)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC. (1)求证:DC⊥平面PAC; (2)求证:平面PAB⊥平面PAC;
(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面
CEF?说明理由.
63
【解析】(1)证明因为PC⊥平面ABCD， 所以PC⊥DC. 又因为DC⊥AC， 所以DC⊥平面PAC.
(2)证明因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC. 因为PC⊥平面ABCD，
所以PC⊥AB.所以AB⊥平面PAC. 所以平面PAB⊥平面PAC.
(3)解棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下:取PB中点F，连接EF，CE，CF. 又因为E为AB的中点，所以EF∥PA. 又因为PA⊄平面CEF， 所以PA∥平面CEF.
135.(2015·陕西·文T18)如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=2，AB=BC=2AD=a，E是AD的中点，
π
1
O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图②中△A1BE的位置，得到四棱锥A1-BCDE.
(1)证明:CD⊥平面A1OC;
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1-BCDE的体积为36√2 ，求a的值.
【解析】(1)证明在题图①中，因为AB=BC=AD=a，E是AD的中点，∠BAD=，所以BE⊥AC. 即在题图②中，BE⊥A1O，BE⊥OC， 从而BE⊥平面A1OC，
又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC. (2)解由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
64
12π2且平面A1BE∩平面BCDE=BE，
又由(1)，A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE， 即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.
由题图①知，A1O=2AB=2a，平行四边形BCDE的面积
从而四棱锥A1-BCDE的体积为V=3×S×A1O=3×a×2a=6a，由6a=36√2，得a=6.
136.(2015·全国1·文T18)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD. (1)证明:平面AEC⊥平面BED;
(2)若∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为3，求该三棱锥的侧面积.
√6√2√211
2
√2√23
√23
【解析】(1)证明因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD. 因为BE⊥平面ABCD， 所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED.
又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.
(2)解设AB=x，在菱形ABCD中，由∠ABC=120°，可得 AG=GC=x，GB=GD=.
2√3x2因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG=2x. 由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE=
1√63√6AC·GD·BE=x=3.故224√2√32
x.由已知得，三棱锥E-ACD的体积VE-ACD=×
1
3
x=2.
从而可得AE=EC=ED=√6. 所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为√5. 故三棱锥E-ACD的侧面积为3+2√5. 137.(2015·湖南·文T18)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1的中点.
(1)证明:平面AEF⊥平面B1BCC1;
(2)若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥F-AEC的体积.
65
【解析】(1)证明如图，因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以AE⊥BB1. 又E是正三角形ABC的边BC的中点，所以AE⊥BC. 因此，AE⊥平面B1BCC1.
而AE⊂平面AEF，所以，平面AEF⊥平面B1BCC1. (2)解设AB的中点为D，连接A1D，CD. 因为△ABC是正三角形，所以CD⊥AB. 又三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱， 所以CD⊥AA1.
因此CD⊥平面A1ABB1，于是∠CA1D为直线A1C与平面A1ABB1所成的角. 由题设，∠CA1D=45°，所以A1D=CD=2AB=√3.
在Rt△AA1D中，AA1=√𝐴1𝐷2-𝐴𝐷2=√3-1=√2，所以FC=2AA1=2.故三棱锥F-AEC的体积V=3S△AEC·FC=3×
√3√31√211
2×
√22=
√612.
π2
138.(2015·重庆·文T20)如图，三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠ABC=，点D，E在线段AC上，且AD=DE=EC=2，PD=PC=4，点F在线段AB上，且EF∥BC. (1)证明:AB⊥平面PFE;
(2)若四棱锥P-DFBC的体积为7，求线段BC的长.
【解析】(1)证明如图，由DE=EC，PD=PC知，E为等腰△PDC中DC边的中点，故PE⊥AC.
又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PE⊂平面PAC，PE⊥AC，所以PE⊥平面ABC，从而PE⊥AB.因∠ABC=2，EF∥BC，故AB⊥EF.
从而AB与平面PFE内两条相交直线PE，EF都垂直，所以AB⊥平面PFE.
π
66
(2)解设BC=x，则在直角△ABC中，AB=√𝐴𝐶2-𝐵𝐶2=√36-𝑥2，从而S△ABC=2AB·BC=2𝑥√36-𝑥2. 由EF∥BC知，故𝑆𝑆
△𝐴𝐹𝐸
11
𝐴𝐹𝐴𝐵=
4
𝐴𝐸𝐴𝐶=，得△AFE∽△ABC，
4
23=(3)=9，即S△AFE=9S△ABC. △𝐴𝐵𝐶
12
12
1429
29
19
12
22
由AD=AE，S△AFD=S△AFE=·S△ABC=S△ABC=𝑥√36-𝑥2，从而四边形DFBC的面积为SDFBC=S△ABC-S△AFD=𝑥√36-𝑥2−
12𝑥√36-𝑥9=18𝑥√36-𝑥2.
7
139.(2015·福建·文T20)如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1.
(1)若D为线段AC的中点，求证:AC⊥平面PDO; (2)求三棱锥P-ABC体积的最大值;
(3)若BC= √2，点E在线段PB上，求CE+OE的最小值.
【解析】(1)证明在△AOC中，因为OA=OC，D为AC的中点， 所以AC⊥DO.
又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥AC. 因为DO∩PO=O，所以AC⊥平面PDO.
(2)解因为点C在圆O上，所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1. 又AB=2，所以△ABC面积的最大值为×2×1=1. 又因为三棱锥P-ABC的高PO=1，
故三棱锥P-ABC体积的最大值为3×1×1=3. (3)解在△POB中，PO=OB=1，∠POB=90°， 所以∠OPB=45°，PB=√12+12=√2.
67
1
11
2
同理PC=√2.
所以PB=PC=BC，所以∠CPB=60°.
在三棱锥P-ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC'P，使之与平面ABP共面，如图所示. 当O，E，C'共线时，CE+OE取得最小值. 所以在△OC'P中，由余弦定理得
OC'2=1+2-2×1×√2×cos(45°+60°) =1+2-2√2(2×2-√21√2×2)=2+√3. 2
√2+√6√3从而OC'=√2+√3=
2√2.
√6所以CE+OE的最小值为
2
+
2
.
140.(2015·全国2·文T19)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形. (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.
【解析】(1)交线围成的正方形EHGF如图: (2)作EM⊥AB，垂足为M， 则AM=A1E=4，EB1=12，EM=AA1=8. 因为EHGF为正方形，所以EH=EF=BC=10.
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为(也正确).
79141.(2014·全国2·文T18)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点. (1)证明:PB∥平面AEC;
(2)设AP=1，AD=√3，三棱锥P-ABD的体积V=4，求A到平面PBC的距离.
√397
68
【解析】(1)证明设BD与AC的交点为O，连接EO. 因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点. 又E为PD的中点，所以EO∥PB. EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC， 所以PB∥平面AEC.
(2)解V=6PA·AB·AD=6AB， 由V=4，可得AB=2. 作AH⊥PB交PB于H，
由题设知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH. 故AH⊥平面PBC. 又AH=PBPA·AB
√31√33
=13.
3√133√13所以A到平面PBC的距离为13. 142.(2014·全国1·文T19)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面
BB1C1C.
(1)证明:B1C⊥AB;
(2)若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，BC=1，求三棱柱ABC-A1B1C1的高.
【解析】(1)证明连接BC1，则O为B1C与BC1的交点.因为侧面BB1C1C为菱形， 所以B1C⊥BC1.
又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，故B1C⊥平面ABO.由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.
(2)解作OD⊥BC，垂足为D，连接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∠CBB1=60°，所以△CBB1为等边三角形， 又BC=1，可得OD=4. 由于AC⊥AB1，所以OA=2B1C=2.
1
1
√369
由OH·AD=OD·OA，且AD=√𝑂𝐷2+𝑂𝐴2=4，得OH=14.又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为
√21√7√217.
√21故三棱柱ABC-A1B1C1的高为7.
143.(2014·福建·文T19)如图，三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD. (1)求证:CD⊥平面ABD;
(2)若AB=BD=CD=1，M为AD中点，求三棱锥A-MBC的体积. 【解析】(1)证明∵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)解由AB⊥平面BCD，得AB⊥BD，
∵AB=BD=1，∴S△ABD=2.
∵M是AD的中点，∴S△ABM=2S△ABD=4.
由(1)知，CD⊥平面ABD，
1
1
1
∴三棱锥C-ABM的高h=CD=1，
因此三棱锥A-MBC的体积
VA-MBC=VC-ABM=3S△ABM·h=12.
144.(2014·山东·文T18)如图，四棱锥P-ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB=BC=AD，E，F分别为线段
1211
AD，PC的中点.
(1)求证:AP∥平面BEF; (2)求证:BE⊥平面PAC.
【解析】证明(1)设AC∩BE=O，连接OF，EC.由于E为AD的中点，
AB=BC=2AD，AD∥BC，
所以AE∥BC，AE=AB=BC，因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点.又F为PC的中点， 因此在△PAC中，可得AP∥OF.
70
1
又OF⊂平面BEF，AP⊄平面BEF， 所以AP∥平面BEF.
(2)由题意知ED∥BC，ED=BC. 所以四边形BCDE为平行四边形， 因此BE∥CD.
又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，因此AP⊥BE. 因为四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC. 又AP∩AC=A，AP，AC⊂平面PAC， 所以BE⊥平面PAC.
145.(2014·广东·文T18)如图1，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB=1，BC=PC=2.作如图2折叠:折痕EF∥DC，其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF. (1)证明:CF⊥平面MDF; (2)求三棱锥M-CDE的体积.
【解析】(1)证明∵PD⊥面ABCD，且PD⊂面PCD，
∴面PCD⊥面ABCD，交线为CD.
又∵四边形ABCD为矩形，AD⊥CD，AD⊂面ABCD，
∴MD⊥面PCD.
又由于CF⊆面PCD，∴MD⊥CF.
∵MF⊥CF，且MD∩MF=M，∴CF⊥面MDF.
(2)解∵MD⊥面PCD，∴VM-CDE=·S△CDF·MD.
13
∵CF⊥面MDF，DF⊆面MDF，∴CF⊥DF. ∵在Rt△PCD中，CD=1，PC=2， ∴∠PCD=60°，且CD=1， ∴CF=2，故PF=2-2=2.∴MF=2.
又∵CF⊥MF，故利用勾股定理得CM=2，
71
√101133
∴在Rt△MDC中，CM=√10，CD=1，得DM=2. 2√6又∵F点位于CP的四等分点，且PD=√3，
∴E为PD的四等分点，故DE=4， ∴S△CDE=2CD·DE=2×1×4=∴VM-CDE=3S△CDE·DM=16.
146.(2014·安徽·文T19)如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2√17.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.
【解析】(1)证明因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH=GH，所以GH∥BC. 同理可证:EF∥BC，因此GH∥EF.
(2)解连接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=4DB=2OB，即K为OB的中点. 再由PO∥GK，得GK=2PO，即G是PB的中点，
且GH=2BC=4.由已知可得OB=4√2，PO=√PB2-OB2=√68-32=6，
1
1
1
11
√2√311√3√38，
72
所以GK=3.
故四边形GEFH的面积S=
GH+EF4+8
·GK=×3=18. 22147.(2013·大纲全国·文T19)如图，四棱锥P-ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，BC=2AD，△PAB和△PAD都是边长为2的等边三角形. (1)证明PB⊥CD;
(2)求点A到平面PCD的距离.
【解析】(1)证明取BC的中点E，连接DE，则ABED为正方形. 过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O. 连接OA，OB，OD，OE.
由△PAB和△PAD都是等边三角形知PA=PB=PD，
所以OA=OB=OD，即点O为正方形ABED对角线的交点，故OE⊥BD，从而PB⊥OE. 因为O是BD的中点，E是BC的中点， 所以OE∥CD.因此PB⊥CD.
(2)解取PD的中点F，连接OF，则OF∥PB. 由(1)知，PB⊥CD，故OF⊥CD. 又OD=1
2BD=√2，OP=√𝑃𝐷2-𝑂𝐷2=√2， 故△POD为等腰三角形，因此OF⊥PD. 又PD∩CD=D，所以OF⊥平面PCD.
因为AE∥CD，CD⊂平面PCD，AE⊄平面PCD，所以AE∥平面PCD. 因此O到平面PCD的距离OF就是A到平面PCD的距离，而 OF=1
2PB=1，所以A到平面PCD的距离为1.
148.(2013·全国2·文T18)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点. (1)证明:BC1∥平面A1CD;
73
(2)设AA1=AC=CB=2，AB=2 √2 ，求三棱锥C-A1DE的体积.
【解析】(1)证明连接AC1交A1C于点F，则F为AC1中点. 又D是AB中点，连接DF，则BC1∥DF. 因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD， 所以BC1∥平面A1CD.
(2)解因为ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD. 由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB. 又AA1∩AB=A，于是CD⊥平面ABB1A1.
由AA1=AC=CB=2，AB=2√2得∠ACB=90°，CD=√2，A1D=√6，DE=√3，A1E=3， 故A1D+DE=A1E，即DE⊥A1D.
所以VC-A1DE=3×2×√6×√3×√2=1.
149.(2013·广东·文T18)如图1，在边长为1的等边三角形ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，AD=AE，
1
1
2
2
2
F是BC的中点，AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起，得到如图2所示的三棱锥A-BCF，其中BC= 2.
(1)证明:DE∥平面BCF; (2)证明:CF⊥平面ABF;
(3)当AD=3时，求三棱锥F-DEG的体积VF-DEG.
2
√2
【解析】(1)证明在等边三角形ABC中，∵AD=AE，
∴𝐷𝐵=𝐸𝐶.又𝐷𝐵=𝐸𝐶，在折叠后的三棱锥A-BCF中也成立，∴DE∥BC. ∵DE⊄平面BCF，BC⊂平面BCF， ∴DE∥平面BCF.
74
𝐴𝐷𝐴𝐸𝐴𝐷𝐴𝐸
(2)证明在等边三角形ABC中，
∵F是BC的中点，BC=1， ∴AF⊥CF，BF=CF= .
∵在三棱锥A-BCF中，BC= ， ∴BC2=BF2+CF2. ∴CF⊥BF.
∵BF∩AF=F，∴CF⊥平面ABF.
(3)解由(1)可知GE∥CF，结合(2)可得GE⊥平面DFG.
∴VF-DEG=VE-DFG=3×2·DG·FG·GE= 1111√31×××(×)×323323
11
=324.
√3150.(2013·全国1·文T19)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°. (1)证明:AB⊥A1C;
(2)若AB=CB=2，A1C=√6，求三棱柱ABC-A1B1C1的体积.
【解析】(1)证明取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B. 因为CA=CB， 所以OC⊥AB.
由于AB=AA1，∠BAA1=60°，
故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB. 因为OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C. 又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C.
(2)解由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，所以OC=OA1=√3.
2又A1C=√6，则A1C=OC+O𝐴1，故OA1⊥OC.
2
2
因为OC∩AB=O，所以OA1⊥平面ABC，OA1为三棱柱ABC-A1B1C1的高. 又△ABC的面积S△ABC=√3，故三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=S△ABC×OA1=3.
151.(2012·全国·文T19)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=2AA1，D是棱
1
75
AA1的中点.
(1)证明:平面BDC1⊥平面BDC;
(2)平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.
【解析】(1)证明由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC=C， 所以BC⊥平面ACC1A1.
又DC1⊂平面ACC1A1，所以DC1⊥BC. 由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°， 所以∠CDC1=90°，即DC1⊥DC. 又DC∩BC=C，所以DC1⊥平面BDC. 又DC1⊂平面BDC1，故平面BDC1⊥平面BDC. (2)解设棱锥B-DACC1的体积为V1，AC=1. 由题意得V1=3×2×1×1=2. 又三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=1， 所以(V-V1)∶V1=1∶1.
故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.
152.(2012·北京·文T16)如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2. (1)求证:DE∥平面A1CB; (2)求证:A1F⊥BE;
(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ?说明理由.
1
1+2
1
76
【解析】(1)证明因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC. 又因为DE⊄平面A1CB，所以DE∥平面A1CB. (2)证明由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC. 所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC. 而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F. 又因为A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE. 所以A1F⊥BE.
(3)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ. 理由如下:
如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC. 又因为DE∥BC，所以DE∥PQ. 所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP. 所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ. 故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.
153.(2011·全国·文T18)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD. (1)证明:PA⊥BD;
(2)设PD=AD=1，求棱锥D-PBC的高.
【解析】(1)证明因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=√3AD. 从而BD+AD=AB，故BD⊥AD.
2
2
2
77
又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD. 所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD. (2)解如图，作DE⊥PB，垂足为E. 已知PD⊥底面ABCD，则PD⊥BC.
由(1)知BD⊥AD，又BC∥AD，所以BC⊥BD. 故BC⊥平面PBD，BC⊥DE. 则DE⊥平面PBC.
由题设知PD=1，则BD=√3，PB=2.
根据DE·PB=PD·BD，得DE=，即棱锥D-PBC的高为.
22√3√3154.(2010·全国·文T18)如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高.
(1)证明:平面PAC⊥平面PBD;
(2)若AB=√6，∠APB=∠ADB=60°，求四棱锥P-ABCD的体积. 【解析】(1)证明因为PH是四棱锥P-ABCD的高，
所以AC⊥PH.又AC⊥BD，PH，BD都在平面PBD内，且PH∩BD=H， 所以AC⊥平面PBD，故平面PAC⊥平面PBD.
(2)解因为ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，AB=√6，所以HA=HB=√3. 因为∠APB=∠ADB=60°，
所以PA=PB=√6，HD=HC=1，可得PH=√3. 等腰梯形ABCD的面积为S=AC×BD=2+√3. 所以四棱锥的体积为V=×(2+√3)×√3=
133+2√3. 31278
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