高中数学空间几何必刷题1(供参考)

高中数学空间几何必刷题1(供参考)

1．（2012•西山区）如图，四棱锥 P﹣ABCD 的底面 ABCD 为菱形，PA⊥平面 ABCD，PA=AB=2， E、F 分别为 CD、PB 的中点，AE= ． （Ⅰ）求证：平面 AEF⊥平面 PAB． （Ⅱ）求平面 PAB 与平面 PCD 所成的锐二面角的余弦值． 2．（2011•重庆）如图，在四面体 ABCD 中，平面 ABC⊥平面 ACD，AB⊥BC， AC=AD=2，BC=CD=1 （Ⅰ）求四面体 ABCD 的体积； （Ⅱ）求二面角 C﹣AB﹣D 的平面角的正切值． 3．（2011•宜阳县）在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，CA=CB=CC1=2，∠ACB=90°， E、F 分别是 BA、BC 的中点，G 是 AA1 上一点，且 AC1⊥EG． （Ⅰ）确定点 G 的位置； （Ⅱ）求直线 AC1 与平面 EFG 所成角θ的大小． 4．（2011•浙江）如图，在三棱锥 P﹣ABC 中，AB=AC，D 为 BC 的中点，PO⊥ 平面 ABC，垂足 O 落在线段 AD 上． （Ⅰ）证明：AP⊥BC； （Ⅱ）已知 BC=8，PO=4，AO=3，OD=2．求二面角 B﹣AP﹣C 的大小． 5．（2011•辽宁）如图，四边形 ABCD 为正方形，PD⊥平面 ABCD，PD∥QA， QA=AB=1/2PD． （I）证明：平面 PQC⊥平面 DCQ （II）求二面角 Q﹣BP﹣C 的余弦值． 6．（2011•湖北）如图，已知正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的底面边长为 2，侧棱长为 3 ，点 E 在侧棱 AA1 上，点 F 在侧棱 BB1 上，且 AE=2 ，BF= ． （I） 求证：CF⊥C1E； （II） 求二面角 E﹣CF﹣C1 的大小． 7．（2011•湖北）如图，已知正三棱柱 ABC=A1B1C1 的各棱长都是 4，E 是 BC 的 中点，动点 F 在侧棱 CC1 上，且不与点 C 重合． （Ⅰ）当 CF=1 时，求证：EF⊥A1C； （Ⅱ）设二面角 C﹣AF﹣E 的大小为θ，求 tanθ的最小值． 8．（2011•杭州）如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，侧面 PAD 是正三角形，且垂直 于底面 ABCD，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，∠BAD=60°，M 为 PC 的中点．（1） 求证：PA∥平面 BDM； （2）求直线 AC 与平面 ADM 所成角的正弦值． 9.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（ ） A． 2 B． C．2 D．1 10.如图，三棱锥中 BCDA  中， AB 平面 BCD， BDCD  。 （I）求证： CD 平面 ABD ； （II）若 1 CDBDAB ， M 为 AD 中点，求三棱锥 MBCA 的体积。 11. 设甲、乙两个圆柱的底面分别为 1S ， 2S ，体积分别为 1V ， 2V ，若它们的侧面积相等， 且 4 9 2 1  S S ，则 2 1 V V 的值是_______ 12.如图，在三棱锥 ABCP  中，D ，E，F 分别为棱 ABACPC ,, 的中点.已知 ACPA  , ,6PA .5,8  DFBC 求证: (1)直线 //PA 平面 DEF ； (2)平面 BDE 平面 ABC . 13..一个多面体的三视图如图所示，则多面体的体积是（ ） A. 23 3 B. 47 6 C. 6 D.7 14.如图，四棱锥 ABCDP  的底面边长为 8 的正方形，四条侧棱长均为 172 .点 HFEG ,,, 分别是棱 PCCDABPB ,,, 上共面的四点，平面 GEFH 平面 ABCD， //BC 平面 GEFH . (1)证明： ;// EFGH (2)若 2EB ，求四边形GEFH 的面积. 15.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的棱长为 . 16.如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，侧棱垂直于底面， AB BC ， 1 2AA AC  ， E 、 F 分别为 1 1AC 、 BC 的中点. （1）求证：平面 ABE  平面 1 1B BCC ； （2）求证： 1 //C F 平面 ABE ； （3）求三棱锥 E ABC 的体积. 17.在如图所示的空间直角坐标系 O-xyz 中，一个四面体的顶点坐标分别是（0，0，2）， （2，2，0），（1，2，1），（2，2，2）. 给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面 体的正视图和俯视图分别为 A．①和② B．③和① C．④和③ D．④和② 18.如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，E ，F ，P，Q，M，N 分别是棱 AB ，AD ， 1DD ， 1BB ， 1 1A B ， 1 1A D 的中点. 求证： （Ⅰ）直线 1BC ∥平面 EFPQ ； （Ⅱ）直线 1AC ⊥平面 PQMN . 19.如图 3，已知二面角 MN   的大小为 60 ，菱形 ABCD 在面  内， ,A B 两点在 棱 MN 上， 60BAD   ， E 是 AB 的中点， DO  面 ，垂足为O . （1）证明： AB  平面ODE ； 图③图① 图④图② 第 7 题图 第 18 题图 （2）求异面直线 BC 与OD所成角的余弦值. 20.如图，三棱柱 111 CBAABC  中， 111 , BBBABCAA  . （1）求证： 111 CCCA  ； （2）若 7,3,2  BCACAB ，问 1AA 为何值时，三棱柱 111 CBAABC  体积最大，并求此最大值。 21..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  22. 某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A．8 2 B．8  C．8 2  D．8 4  23.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. 附：椎体的体积公式 1 3V Sh ，其中 S 为底面面积，h 为高. 24.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 25.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高位 4，底面边长为 2，则该球的表面积为 （ ） A． 81 4  B．16 C．9 D． 27 4  26. 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 。 27.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 28 陕西将边长为 1 的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得集合体的侧面积 是（ ） A.4 B.8 C.2 D. 29.四面体 ABCD及其三视图如图所示，平行于棱 BCAD, 的平面分别交四面体的棱 CADCBDAB ,,, 于点 HGFE ,,, . （1）求四面体 ABCD的体积； （2）证明：四边形 EFGH 是矩形. 30.某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，则该三棱锥的体积是（ ）（锥体体积公式： 1 3V Sh ，其中 S 为底面面积， h 为高） A、3 B、 2 C、 3 D、1 31.在如图所示的多面体中，四边形 1 1ABB A 和 1 1ACC A 都为矩形。 （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。 32. 一个几何体的三视图如图所示（单位： m ），则该几何体 的体积为 3m . 33. 如 图 ， 四 棱 锥 P ABCD 的 底 面 ABCD 是 平 行 四 边 形 ， ， , 分别是棱 的中点. （1） 证明 平面 ； （2） 若二面角 P-AD-B 为 ， 1 证明：平面 PBC⊥平面 ABCD 2 求直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值. 34..某几何体的三视图（单位：cm）若图所示，则该几何体的体积是（ ） A. 372cm B. 390cm C. 3108cm D. 3138cm 35..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 36.如图，在四棱锥 A—BCDE 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 1．（2012•西山区）如图，四棱锥 P﹣ABCD 的底面 ABCD 为菱形，PA⊥平面 ABCD，PA=PB=2，E、F 分别为 CD、PB 的中点，AE= ． （Ⅰ）求证：平面 AEF⊥平面 PAB． （Ⅱ）求平面 PAB 与平面 PCD 所成的锐二面角的余弦值． 考点：用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定。 专题：综合题。 分析：（Ⅰ）由四边形 ABCD 是菱形，PA⊥平面 ABCD，PA=PB=2，E、F 分别 为 CD、PB 的中点，AE= ，知 AD=CD=AB=2，在△ADE 中，AE= ，DE=1， 所以 AE⊥CD．由 AB∥CD，知 AE⊥AB．由此能够证明平面 AEF⊥平面 PAB． （Ⅱ）法一：由 AE⊥平面 PAB，AE⊂平面 PAE，知平面 PAE⊥平面 PAB，由 PA⊥平面 ABCD，知 PA⊥CD．由 AE⊥CD，PA∩AE=A，知 CD⊥平面 PAE， 由 CD⊂平面 PCD，知平面 PAE 是平面 PAB 与平面 PCD 的公垂面，由此能够求 出平面 PAB 与平面 PCD 所成的锐二面角的余弦值． （Ⅱ）法二：以 A 为原点，AB、AE 分别为 x 轴、y 轴的正方向，建立空间直角 坐标系 A﹣xyz，因为 PA=AB=2，AE= ，所以 A（0，0，0）、P（0，0，2）、 E（0， ，0）、C（1， ，0），则 ， ， ，由 AE⊥平面 PAB，知平面 PAB 的一个法向量为 ，求出平面 PCD 的一个法向量 ．由此能求出 平面 PAB 与平面 PCD 所成的锐二面角的余弦值． 解答：解：（Ⅰ）证明：∵四边形 ABCD 是菱形， ∴AD=CD=AB=2，在△ADE 中，AE= ，DE=1， ∴AD2=DE2+AE2， ∴∠AED=90°，即 AE⊥CD． ∵AB∥CD，∴AE⊥AB． ∵PA⊥平面 ABCD，AE⊂平面 ABCD， ∴PA⊥AE． ∵PA∩AB=A，∴AE⊥平面 PAB， ∵AE⊂平面 AEF， ∴平面 AEF⊥平面 PAB．…（6 分） （Ⅱ）解法一：由（1）知 AE⊥平面 PAB，而 AE⊂平面 PAE， ∴平面 PAE⊥平面 PAB，…（6 分） ∵PA⊥平面 ABCD，∴PA⊥CD． 由（Ⅰ）知 AE⊥CD，又 PA∩AE=A， ∴CD⊥平面 PAE，又 CD⊂平面 PCD， ∴平面 PCD⊥平面 PAE． ∴平面 PAE 是平面 PAB 与平面 PCD 的公垂面…（8 分） 所以，∠APE 就是平面 PAB 与平面 PCD 所成的锐二面角的平面角．…（9 分） 在 RT△PAE 中，PE2=AE2+PA2=3+4=7，即 ．…（10 分） ∵PA=2，∴ ． 所以，平面 PAB 与平面 PCD 所成的锐二面角的余弦值为 ．…（12 分） （Ⅱ）解法二：以 A 为原点，AB、AE 分别为 x 轴、y 轴的正方向， 建立空间直角坐标系 A﹣xyz，如图所示． 因为 PA=AB=2，AE= ，所以 A（0，0，0）、P（0，0，2）、E（0， ，0）、 C（1， ，0）， 则 ， ， ，…（7 分） 由（Ⅰ）知 AE⊥平面 PAB， 故平面 PAB 的一个法向量为 ，…（8 分） 设平面 PCD 的一个法向量为 ， 则 ，即 ，令 y=2， 则 ．…（10 分） ∴ = = ． 所以，平面 PAB 与平面 PCD 所成的锐二面角的余弦值为 ．…（12 分） 点评：本题考查平面 AEF⊥平面 PAB 的证明，求平面 PAB 与平面 PCD 所成的 锐二面角的余弦值．综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔 细解答，注意合理地化空间问题为平面问题，注意向量法的合理运用． 2 如图，在四面体 ABCD 中，平面 ABC⊥平面 ACD，AB⊥BC，AC=AD=2， BC=CD=1 （Ⅰ）求四面体 ABCD 的体积； （Ⅱ）求二面角 C﹣AB﹣D 的平面角的正切值． 考点：与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法。 专题：综合题；转化思想。 分析：法一：几何法， （Ⅰ）过 D 作 DF⊥AC，垂足为 F，由平面 ABC⊥平面 ACD，由面面垂直的性 质，可得 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高；设 G 为边 CD 的中点，可得 AG⊥CD，计算可得 AG 与 DF 的长，进而可得 S△ABC，由棱锥体积公式，计算 可得答案； （Ⅱ）过 F 作 FE⊥AB，垂足为 E，连接 DE，分析可得∠DEF 为二面角 C﹣AB ﹣D 的平面角，计算可得 EF 的长，由（Ⅰ）中 DF 的值，结合正切的定义，可 得答案． 法二：向量法， （Ⅰ）首先建立坐标系，根据题意，设 O 是 AC 的中点，过 O 作 OH⊥AC，交 AB 与 H，过 O 作 OM⊥AC，交 AD 与 M；易知 OH⊥OM，因此可以以 O 为原 点，以射线 OH、OC、OM 为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间坐标系 O﹣XYZ，进 而可得 B、D 的坐标；从而可得△ACD 边 AC 的高即棱住的高与底面的面积， 计算可得答案； （Ⅱ）设非零向量 =（l，m，n）是平面 ABD 的法向量，由（Ⅰ）易得向量 的 坐标，同时易得 =（0，0，1）是平面 ABC 的法向量，由向量的夹角公式可得 从而 cos＜ ， ＞，进而由同角三角函数的基本关系，可得 tan＜ ， ＞，即可 得答案． 解答：解：法一 （Ⅰ）如图：过 D 作 DF⊥AC，垂足为 F，由平面 ABC⊥平面 ACD， 可得 DF⊥平面 ACD，即 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高； 设 G 为边 CD 的中点，由 AC=AD，可得 AG⊥CD， 则 AG= = = ； 由 S△ADC= AC•DF= CD•AG 可得，DF= = ； 在 Rt△ABC 中，AB= = ， S△ABC= AB•BC= ； 故四面体的体积 V= ×S△ABC×DF= ； （Ⅱ）如图，过 F 作 FE⊥AB，垂足为 E，连接 DE， 由（Ⅰ）知 DF⊥平面 ABC，由三垂线定理可得 DE⊥AB，故∠DEF 为二面角 C ﹣AB﹣D 的平面角， 在 Rt△AFD 中，AF= = = ； 在 Rt△ABC 中，EF∥BC，从而 ，可得 EF= ； 在 Rt△DEF 中，tan∠DEF= = ． 则二面角 C﹣AB﹣D 的平面角的正切值为 ． 3．在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，CA=CB=CC1=2，∠ACB=90°，E、F 分别是 BA、BC 的中点，G 是 AA1 上一点，且 AC1⊥EG． （Ⅰ）确定点 G 的位置； （Ⅱ）求直线 AC1 与平面 EFG 所成角θ的大小． 考点：直线与平面所成的角。 专题：计算题；综合题。 分析：解法一：（Ⅰ）以 C 为原点，分别以 CB、CA、CC1 为 x 轴、y 轴、z 轴建 立空间直角坐标系，写出有关点的坐标，利用向量数量积为零即可求得结果； （Ⅱ）求出平面 EFG 的法向量的一个法向量，利用直线的方向向量与法向量的 夹角与直线与平面所成角之间的关系即可求得结果； 解法二：（Ⅰ）取 AC 的中点 D，连接 DE、DG，则 ED∥BC，利用线面垂直的 判定和性质定理即可求得结果；（Ⅱ）取 CC1的中点 M，连接 GM、FM，则 EF∥GM， 找出直线与平面所成的角，解三角形即可求得结果． 解答：解法一：（Ⅰ）以 C 为原点，分别以 CB、CA、CC1 为 x 轴、y 轴、z 轴建 立空间直角坐标系，则 F（1，0，0），E（1，1，0），A（0，2，0），C1（0，0， 2）， 设 G（0，2，h），则 ．∵AC1⊥EG，∴ ． ∴﹣1×0+1×（﹣2）+2h=0．∴h=1，即 G 是 AA1 的中点． （Ⅱ）设 是平面 EFG 的法向量，则 ． 所以 平面 EFG 的一个法向量 m=（1，0，1） ∵ ， ∴ ，即 AC1 与平面 EFG 所成角θ为 解法二：（Ⅰ）取 AC 的中点 D，连接 DE、DG，则 ED∥BC ∵BC⊥AC，∴ED⊥AC． 又 CC1⊥平面 ABC，而 ED⊂平面 ABC，∴CC1⊥ED． ∵CC1∩AC=C，∴ED⊥平面 A1ACC1． 又∵AC1⊥EG，∴AC1⊥DG． 连接 A1C，∵AC1⊥A1C，∴A1C∥DG． ∵D 是 AC 的中点，∴G 是 AA1 的中点． （Ⅱ）取 CC1 的中点 M，连接 GM、FM，则 EF∥GM， ∴E、F、M、G 共面．作 C1H⊥FM，交 FM 的延长线于 H，∵AC⊥平面 BB1C1C， C1H⊂平面 BB1C1C，∴AC⊥G1H，又 AC∥GM，∴GM⊥C1H．∵GM∩FM=M， ∴C1H⊥平面 EFG，设 AC1 与 MG 相交于 N 点，所以∠C1NH 为直线 AC1 与平 面 EFG 所成角θ． 因为 ，∴ ，∴ ． 点评：本小题主要考查直线与平面垂直的判定，以及直线与平面平行的判定和直 线与平面所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力．属中档题． 4．如图，在三棱锥 P﹣ABC 中，AB=AC，D 为 BC 的中点，PO⊥平面 ABC， 垂足 O 落在线段 AD 上． （Ⅰ）证明：AP⊥BC； （Ⅱ）已知 BC=8，PO=4，AO=3，OD=2．求二面角 B﹣AP﹣C 的大小． 考点：与二面角有关的立体几何综合题；空间中直线与直线之间的位置关系；二 面角的平面角及求法。 专题：综合题；转化思想。 分析：（I）由题意．因为 PO⊥平面 ABC，垂足 O 落在线段 AD 上所以 BC⊥PO．有 AB=AC，D 为 BC 的中点，得到 BC⊥AD，进而得到线面垂直，即可得到所证； （II）有（I）利用面面垂直的判定得到 PA⊥平面 BMC，再利用二面角的定义得 到二面角的平面角，然后求出即可． 解答：解：（I）由题意画出图如下： 由 AB=AC，D 为 BC 的中点，得 AD⊥BC， 又 PO⊥平面 ABC，垂足 O 落在线段 AD 上，得到 PO⊥BC， ∵PO∩AD=O∴BC⊥平面 PAD，故 BC⊥PA． （II）如图，在平面 PAB 中作 BM⊥PA 于 M，连接 CM， ∵BC⊥PA，∴PA⊥平面 BMC，∴AP⊥CM，故∠BMC 为二面角 B﹣AP﹣C 的 平面角， 在直角三角形 ADB 中， ； 在直角三角形 POD 中，PD2=PO2+OD2，在直角三角形 PDB 中，PB2=PD2+BD2， ∴PB2=PO2+OD2+BD2=36，得 PB=6， 在直角三角形 POA 中，PA2=AO2+OP2=25，得 PA=5， 又 cos∠BPA= ，从而 ． 故 BM= ， ∵BM2+MC2=BC2，∴二面角 B﹣AP﹣C 的大小为 90°． 点评：（I）此问考查了线面垂直的判定定理，还考查了线面垂直的性质定理； （II）此问考查了面面垂直的判定定理，二面角的平面角的定义，还考查了在三 角形中求解． 5．如图，四边形 ABCD 为正方形，PD⊥平面 ABCD，PD∥QA，QA=AB= PD． （I）证明：平面 PQC⊥平面 DCQ （II）求二面角 Q﹣BP﹣C 的余弦值． 考点：与二面角有关的立体几何综合题；平面与平面垂直的判定；向量语言表述 面面的垂直、平行关系；用空间向量求平面间的夹角。 专题：计算题；证明题。 分析：首先根据题意以 D 为坐标原点，线段 DA 的长为单位长，射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D﹣xyz； （Ⅰ）根据坐标系，求出则 、 、 的坐标，由向量积的运算易得 • =0， • =0；进而可得 PQ⊥DQ，PQ⊥DC，由面面垂直的判定方法，可得证明； （Ⅱ）依题意结合坐标系，可得 B、 、 的坐标，进而求出平面的 PBC 的法 向量 与平面 PBQ 法向量 ，进而求出 cos＜ ， ＞，根据二面角与其法向量夹 角的关系，可得答案． 解答：解：如图，以 D 为坐标原点，线段 DA 的长为单位长，射线 DA 为 x 轴 的正半轴建立空间直角坐标系 D﹣xyz； （Ⅰ）依题意有 Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）； 则 =（1，1，0）， =（0，0，1）， =（1，﹣1，0）， 所以 • =0， • =0； 即 PQ⊥DQ，PQ⊥DC， 故 PQ⊥平面 DCQ， 又 PQ⊂平面 PQC，所以平面 PQC⊥平面 DCQ； （Ⅱ）依题意，有 B（1，0，1）， =（1，0，0）， =（﹣1，2，﹣1）； 设 =（x，y，z）是平面的 PBC 法向量， 则 即 ， 因此可取 =（0，﹣1，﹣2）； 设 是平面 PBQ 的法向量，则 ， 可取 =（1，1，1）， 所以 cos＜ ， ＞=﹣ ， 故二面角角 Q﹣BP﹣C 的余弦值为﹣ ． 点评：本题用向量法解决立体几何的常见问题，面面垂直的判定与二面角的求法； 注意建立坐标系要容易求出点的坐标，顶点一般选在有两两垂直的三条直线的交 点处，这样才有助于下一步的计算． 6．如图，已知正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的底面边长为 2，侧棱长为 3 ，点 E 在 侧棱 AA1 上，点 F 在侧棱 BB1 上，且 AE=2 ，BF= ． （I） 求证：CF⊥C1E； （II） 求二面角 E﹣CF﹣C1 的大小． 考点：二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系。 专题：计算题；证明题。 分析：（I）欲证 C1E⊥平面 CEF，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证 C1E 与平面 CEF 内两相交直线垂直，根据勾股定理可知 EF⊥C1E，C1E⊥CE，又 EF∩CE=E，满足线面垂直的判定定理，最后根据线面垂直的性质可知 CF⊥C1E； （II）根据勾股定理可知 CF⊥EF，根据线面垂直的判定定理可知 CF⊥平面 C1EF， 而 C1F⊂平面 C1EF，则 CF⊥C1F，从而∠EFC1 即为二面角 E﹣CF﹣C1 的平面角， 在△C1EF 是等腰直角三角形，求出此角即可． 解答：解：（I）由已知可得 CC1= ，CE=C1F= ， EF2=AB2+（AE﹣BF）2，EF=C1E= ， 于是有 EF2+C1E2=C1F2，CE2+C1E2=C1C2， 所以 EF⊥C1E，C1E⊥CE．又 EF∩CE=E， 所以 C1E⊥平面 CEF 由 CF⊂平面 CEF，故 CF⊥C1E； （II）在△CEF 中，由（I）可得 EF=CF= ，CE= ， 于是有 EF2+CF2=CE2，所以 CF⊥EF， 又由（I）知 CF⊥C1E，且 EF∩C1E=E，所以 CF⊥平面 C1EF 又 C1F⊂平面 C1EF，故 CF⊥C1F 于是∠EFC1 即为二面角 E﹣CF﹣C1 的平面角 由（I）知△C1EF 是等腰直角三角形，所以∠EFC1=45°，即所求二面角 E﹣CF ﹣C1 的大小为 45° 点评：本题主要考查了空间直线与平面的位置关系和二面角的求法，同时考查了 空间想象能力和推理论证的能力． 7．如图，已知正三棱柱 ABC=A1B1C1 的各棱长都是 4，E 是 BC 的中点，动点 F 在侧棱 CC1 上，且不与点 C 重合． （Ⅰ）当 CF=1 时，求证：EF⊥A1C； （Ⅱ）设二面角 C﹣AF﹣E 的大小为θ，求 tanθ的最小值． 考点：二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系。 专题：计算题。 分析：（I）过 E 作 EN⊥AC 于 N，连接 EF，NF，AC1，根据面面垂直的性质可 知 NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影，根据 ，得 NF∥AC，又 AC1⊥A1C， 故 NF⊥A1C，由三垂线定理可得结论； （II）连接 AF，过 N 作 NM⊥AF 与 M，连接 ME 根据三垂线定理得 EM⊥AF， 则∠EMN 是二面角 C﹣AF﹣E 的平面角即∠EMN=θ，在直角三角形 CNE 中， 求出 NE，在直角三角形 AMN 中，求出 MN，故 tanθ= ，根据α的范围可 求出最小值． 解答：解：（I）过 E 作 EN⊥AC 于 N，连接 EF，NF，AC1，由直棱柱的性质可 知，底面 ABC⊥侧面 A1C ∴EN⊥侧面 A1C NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影 在直角三角形 CNF 中，CN=1 则由 ，得 NF∥AC1，又 AC1⊥A1C，故 NF⊥A1C 由三垂线定理可知 EF⊥A1C （II）连接 AF，过 N 作 NM⊥AF 与 M，连接 ME 由（I）可知 EN⊥侧面 A1C，根据三垂线定理得 EM⊥AF ∴∠EMN 是二面角 C﹣AF﹣E 的平面角即∠EMN=θ 设∠FAC=α则 0°＜α≤45°， 在直角三角形 CNE 中，NE= ，在直角三角形 AMN 中，MN=3sinα 故 tanθ= ，又 0°＜α≤45°∴0＜sinα≤ 故当α=45°时，tanθ达到最小值， tanθ= ，此时 F 与 C1 重合 点评：本题主要考查了空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考 查了空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力． 8．如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，侧面 PAD 是正三角形，且垂直于底面 ABCD， 底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，∠BAD=60°，M 为 PC 的中点． （1）求证：PA∥平面 BDM； （2）求直线 AC 与平面 ADM 所成角的正弦值． 考点：直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定。 专题：计算题；证明题。 分析：（1）连接 AC，交 BD 于点 O，连接 MO，由三角形中位线定理易得 MO∥PA， 进而由线面平行的判定定理得到 PA∥平面 BDM； （2）利用等体积法，根据 VM﹣ADC=VC﹣ADM，我们分别计算出 S△ADC，点 M 到面 ADC 的距离 h1，S△ADM 的大小，即可求出 C 点到平面 ADM 的距离，进而求出 直线 AC 与平面 ADM 所成角的正弦值． 解答：解：（1）证明：连接 AC，交 BD 于点 O，连接 MO 因为 MO 是△PAC 的中位线， 所以 MO∥PA 又因为 MO⊄ 面 PAD 中， 所以 MO∥面 PAD （2）因为S△ADC= ，点M到面ADC的距离h1= ，所以VM﹣ADC= = ． 因为△PDC 为等腰三角形，且 M 为 PC 的中点，所以 DM⊥PC． 取 PB 的中点 E，AD 的中点 N，连接 ME，PN，NE，BN 因为四边形 DMEN 为平行四边形 所以 DM∥NE 又因为△PNB 为等腰三角形，所以 NE⊥PB 所以 DM⊥PB． 因为 DM⊥PC，DM⊥PB 且 PC∩PB=P 所以 DM⊥面 PBC． 所以 DM⊥BC． 因为 BC∥AD 所以 AD⊥DM，因为 DM= 所以 S△ADM= = 所以 VM﹣ADC=VC﹣ADM=S△ADM×h2× 所以 h2= 所以 sinθ= 点评：本题考查的知识点是直线与平面所成的角，直线与平面平行的判定，其中 （1）的关键是证得 MO∥PA，（2）的关键是根据等体积法，求出 C 点到平面 ADM 的距离． 11. 12. 20.（1）证明：三棱柱 111 CBAABC  中， 1AA BC 1BB BC  ， 又 1 1BB A B 且 1BC A B C 1 1BB BCA  ，面 又 1 1BB CC∥ 1 1CC BCA  ，面 又 1 1AC BCA  ，面 1 1.AC CC，所以 (4 分) （2）设 1AA x ，在 Rt△ 1 1A BB 中， 2 2 1 1 1= - = 4AB A B BB x 同理， 2 2 2 1 1 1 1C= 3A AC CC x   ,在△ 1A BC 中 1cos BA C = 2 2 2 2 1 1 2 2 1 12 (4 )(3 ) A B AC BC x A B AC x x       ， 1sin BA C = 2 2 2 12 7 (4 )(3 ) x x x    ，（6 分） 所以 1 2 1 1 1 1 12 7sin BA C2 2A BC xS A B AC    △ ，（7 分） 从而三棱柱 1 1 1ABC A B C 的体积 1 2 1 12 7 2A BC x xV S l S AA     △ (8 分) 因 212 7x x = 2 412 7x x = 2 26 36-7 - +7 7x（ ） （10 分） 故当 42= 7x 时，即 1 42AA = 7 时，体积 V 取到最大值 3 7 7 （12 分） 28. 【答案】 C 【解析】 CrSr 选个圆：，则侧面积为，高为为旋转体为圆柱，半径 .2ππ*2211 2 == 34. 35.c