1、第七章立体几何第33讲空间几何体的表面积与体积1. B【解析】 设球的半径为R，则4R216，解得R2，所以这个球的体积为R3.2. D【解析】 当底面周长为4时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8；当底面周长为8时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积322.故圆柱的表面积是3228或32232.3. B【解析】 设该圆锥的外接球的半径为R，依题意得R2(3R)2()2，解得R2，所以该球的体积VR323.4. 32【解析】 由题知VPABC44BC8，所以BC3，所以ABPC5.又因为PB底面ABC，所以PBAC，又ACBC，PBBCB，所以
2、AC平面PBC，因为PC平面PBC，所以ACPC，所以SPBCSABC346，SPACSPAB5410，所以这个鳖臑的表面积为S66101032.5. D【解析】 取BC中点O，连接AO，因为三棱柱ABCA1B1C1是正三棱柱，所以AOBC.又正三角形ABC的边长为1，所以AO.因为平面BAC平面B1BCC1，且平面BAC平面B1BCC1BC，所以AO平面B1BCC1，又四边形B1BCC1是边长为1的正方形，所以四棱锥AB1BCC1的体积为V11.6. D【解析】 方法一：因为PAPBPC，ABC为边长为2的正三角形，所以三棱锥PABC为正三棱锥，所以PBAC，又E，F分别为PA，AB的中点，
3、所以EFPB，所以EFAC.又EFCE，CEACC，所以EF平面PAC，所以PB平面PAC，所以APB90，所以PAPBPC，所以三棱锥PABC为正方体的一部分，球O的直径2R，即半径R，所以体积VR3，故选D.(第6题)方法二：设PAPBPC2x，E，F分别为PA，AB的中点，所以EFPB，且EFPBx.因为ABC为边长为2的等边三角形，所以CF，又CEF90，所以CE，AEPAx.在AEC中，由余弦定理可得cos EAC，作PDAC于点D，因为PAPC，所以D为AC的中点，cos EAC，所以，所以2x212，所以x2，x，所以PAPBPC，又ABBCAC2，所以PA，PB，PC两两垂直，
4、所以球O的直径2R，所以半径R，所以体积VR3，故选D.7. ACD【解析】 当平面ACD平面ABC时，四面体ABCD的体积最大，此时，如图，过点D作AC的垂线，交AC于点E，则DE即为四面体ABCD的高，由等面积法得ACDEADDC，所以DE，所以四面体ABCD的体积的最大值为VSABCDE34，故A选项正确；在四面体ABCD内，AC的中点O到点A，B，C，D的距离相等，所以点O为外接球的球心，此时球的半径R，球的体积VR3，为定值，球的表面积S4R225，为定值，故B选项错误，C，D正确(第7题)8. ABC【解析】 若正方体的棱长为2，则：若球为正方体的外接球，则外接球直径等于正方体体对
5、角线，即2R2，故A正确，外接球体积为R34，故D错误；若球为正方体的内切球，则内切球半径为棱长的一半，故R1，球的表面积为4R24，故B正确；若球与正方体的各棱相切，则球的直径等于正方形对角线长，即2R2，球的半径为R，故C正确9. ABD【解析】 对于选项A，因为在折前正方形SG1G2G3中，SG1G1E，SG3G3F，所以折成四面体SEFG后，SGGE，SGGF，又因为GEGFG，GE，GF平面EFG，所以SG平面EFG，所以选项A正确(第9题)对于选项B，如图，连接DH，因为EDDF，SHHF，所以DHSE.因为SE平面SEG，HD平面SEG，所以DH平面SGE.所以选项B正确对于选项
6、C，因为SG平面GEF，所以SG是三棱锥SGEF的高，且SG1.由题得GEGF，EF，所以GE2GF2EF2，所以EGF，所以SEGF，所以四面体SGEF的体积为1.所以选项C错误对于选项D，由于SGGE，SGGF，GEGF，所以可以把三棱锥SGEF放到长方体模型之中，长方体过同一顶点的三条棱为GS，GE，GF，所以三棱锥的外接球的直径2R，所以R，所以外接球表面积S4.所以选项D正确10. 12【解析】 因为圆锥体积为r2h4，又球O的体积与此圆锥的体积相等，所以R34，解得R，表面积S4R212.11. 【解析】 在ABC中，因为ABAC5，BC6，所以cos B，所以sin B.设ABC
7、外接圆半径为r，则2r，r，设球的半径为R，则R，表面积为S4R24.12. 【解析】 由题意，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，借助勾股定理，可知四棱锥的高为2.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为，圆柱的体积为21.13. 【解答】 (1) 因为AB2AC2BC2，所以ABC为直角三角形，则SABCABAC.因为在直三棱柱ABCA1B1C1中，所以A1AB，A1AC为直角三角形，则A1B，A1C2，SA1ABA1AAB，SA1ACA1AAC，在等腰三角形A1BC中，边A1B上的高h，则SA1BCA1Bh，
8、所以三棱锥A1ABC的表面积SSABCSA1ABSA1ACSA1BC.(2) 因为三棱锥CA1AB与三棱锥CA1BB1的底面积相等(SA1ABSA1B1B)，高也相等(点C到平面ABB1A1的距离)，所以三棱锥CA1AB与三棱锥CA1B1B的体积相等又VCA1ABVA1ABCSABCAA11，所以VCA1B1BVB1A1BC.设点B1到平面A1BC的距离为H，则VB1A1BCSA1BCH，解得H.14. 【解答】 由题意得，S四边形EFGH4642312 cm2，因为四棱锥OEFGH的高为3 cm，所以VOEFGH12312 cm3.又长方体ABCDA1B1C1D1的体积为V2466144 c
9、m3，所以该模型体积为VV2VOEFGH14412132 cm3，其质量为0.9132118.8 g.15. 【解答】 (1) 由题可知，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合由图可知，四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形，则其总曲率为25(42)4.(第15题) (2) 设顶点数、棱数、面数分别为n，l，m，所以有nlm2.设第i个面的棱数为xi，所以x1x2xm2l，所以总曲率为2n(x12)(x22)(xm2)2n(2l2m)2(nlm)4，所以这类多面体的总曲率是常数第34讲空间
10、点、线、面之间的位置关系1. D【解析】 如图，因为M为侧面ABB1A1的中心，N为侧面ACC1A1的中心，所以MNBC，又因为APBC，所以MNAP且异面(第1题)2. A【解析】 对于A，因为lA，且ABC，根据异面直线定义，不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线，所以l与BC异面，故A正确；对于B，根据所给条件无法判断l与AB垂直，故B错误；对于C，由lAB结合已知条件无法判断lBC，故C错误；对于D，由lBC结合已知条件无法判断lAB，故D错误3. B【解析】 由题意可得ED1EA1，所以EFA1D1不成立，故A错误；根据异面直线判定定理，易知B正确；因为A1B1平面B1C1CB，
11、所以A1B1BE，故C错误；因为平面ABCD平面A1B1C1D1，BE与平面ABCD相交，故D错误4. C【解析】 如图，取B1C1中点E，连接A1E，CE，由于在正三棱柱ABCA1B1C1中，则BB1底面A1B1C1，而A1E底面A1B1C1，所以BB1A1E.由正三棱柱的性质可知，A1B1C1为等边三角形，所以A1EB1C1，且BB1B1C1B1，所以A1E平面BB1C1C，而EC平面BB1C1C，则A1EEC，又A1EAD，A1EC90，所以CA1E即为异面直线AD与A1C所成的角，设AB2，则AA12，A1E，CE3，则tan CA1E，所以CA1E.(第4题)5. B【解析】 如图，
12、延长AM，A1B1相交于点P，连接PN并延长，与B1C1相交于点E，与A1D1的延长线相交于点Q，连接AQ，与DD1相交于点F，连接NF，ME，则五边形AMENF即为截面(第5题)6. A【解析】 如图，连接BE，取AD中点为M，BE中点为F，记AB中点为O，连接OM，OF，MF，AF，则OMBD且OMBD，OFAE且OFAE，则MOF为异面直线AE与BD所成的角或所成角的补角，因为ABCD是圆柱的轴截面，所以四边形ABCD为矩形，且AD底面ABE.设AD3，由3AB2AD，得AB2，则BD，因为点E在底面圆周上，且是的中点，则AEB为等腰直角三角形，所以BEAEAB，因此AF，则MF，又OM
13、BD，OFAE，设异面直线AE与BD所成的角为，则cos |cos MOF|，则sin ，因此tan .(第6题)7. CD【解析】 当aP时，Pa，P，但a，故A错误；当aP时，B错误；如图，因为ab，Pb，所以Pa，所以由直线a与点P确定唯一平面，又ab，由a与b确定唯一平面，但经过直线a与点P，所以与重合，所以b，故C正确；两个平面的公共点必在其交线上，故D正确(第7题)8. BD【解析】 如图，取棱CC1的中点N，A1D1的中点M，连接EM，MH，HN，NG，FG，AC，A1C1，在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为MHA1C1ACFG，所以M，H，F，G四点共面，同理可得E，M，
14、G，N四点共面，E，F，H，N四点共面，所以E，M，H，N，G，F六点共面，均在平面EFGNHM内因为EFHN，HNHGH，HN，HG，EF平面EFGNHM，所以EF与GH是相交直线由正方体的结构特征及中位线定理可得EFHNNGFGEMMH，所以EFGH，即GH2EF.(第8题)9. BC【解析】 连接EF，A1C1，C1D，DF，AC，由EFAC，根据长方体性质可得EFA1C1，所以直线A1E与直线C1F共面根据长方体性质得AB1C1D，所以异面直线AB1与C1F所成角为DC1F.设AA1，则ABAA12，则DF，C1F，C1D，由余弦定理，得mcos DC1F.(第9题)10. 8【解析】
15、 当四点中有三个点共面时，此时几何体面最多，如图所示，M，N，P三点共面，A，B，C，D，E，F分别为OM，ON，OP，MN，MP，PN的中点此时有平面CAB，平面CAE，平面CBF，平面CEF，平面DAB，平面DAE，平面DBF，平面DEF，共8个平面(第10题)11. 【解析】 如图，取AC的中点F，连接DE，EF，所以DEA1C1，DEA1C1，又AFAC，所以AFDE，AFDE，则四边形ADEF是平行四边形，所以ADEF，则异面直线AD与BE所成角为FEB，令三棱柱各棱长为2，则EFBE，BF，由余弦定理得cos FEB.(第11题)12. 45【解析】 根据题意，作出四棱锥PABCD
16、的图象如图所示，因为E，F分别为PA和PC的中点，所以EFAC，且EFAC，设BC中点为N，M为AB中点，则MNAC，且MNAC，所以MNEF，且MNEF，四边形MNFE为平行四边形，故M，N，E，F四点共面设MN中点为H，作HQPB，且交PD于点Q，交EF于点I，则点Q在平面MNFE上，故五边形MNFQE即为截四棱锥PABCD所得截面因为BHBD，所以PQPD3，又PFPC6，QPF，由余弦定理得QF3，同理，QE3，所以QEF是等腰三角形，QIEF，又EFAC6，所以QI3，所以SQEFEFQI639.又EMPB，QIPB，且QIEF，所以EMEF，所以四边形MNFE是矩形，EMPB6，所
17、以矩形MNFE的面积S矩形MNFEEMEF6636，所以截面面积SSQEFS矩形MNFE93645.(第12题)13. 【解答】 (1) 设AA1BB1O，所以AA1与BB1确定平面.又A，B，A1，B1，所以AB，A1B1，所以AB，A1B1在同一个平面内(2) 因为ABA1B1M，ACA1C1P，所以平面ABC平面A1B1C1PM.因为BC平面ABC，B1C1平面A1B1C1，且BCB1C1N，所以NPM，即M，N，P三点位于同一直线PM上14. 【解答】 方法一：(反证法)假设MN与PQ不是异面直线，则MN与PQ在同一平面内，设此平面为，所以M，N，P，Q，因为Pa，Ma，所以a.又因为
18、Oa，所以O.因为Ob，Oc，Nb，Qc，所以b，c，所以a，b，c共面于，这与a，b，c不共面矛盾，所以假设不成立，所以MN与PQ是异面直线方法二：因为acO，所以由a，c确定一个平面，设为，因为Pa，Qc，所以P，Q，所以PQ，且M，MPQ，又因为a，b，c不共面，Nb，所以N，所以MN与PQ是异面直线15. 【解答】 (1) 因为PA平面ABC，所以PA是三棱锥PABC的平面ABC上的高所以VPABCPASABC.又因为ABC为等腰直角三角形，ACAB2，所以SABC222.又因为PA2，所以VPABC22.(2) 如图，取BC的中点E，连接AE，ED.(第15题)因为D，E分别是PC，
19、BC的中点，所以DE是PBC的中位线，所以DEPB，所以AD与PB所成角即为AD与DE所成角ADE.在ADE中，DEPB，AD，AE，所以ADE为正三角形，所以ADE60，所以异面直线AD与PB所成角为60.第35讲直线、平面平行的判定与性质1. A【解析】 若a，b，则“a”“ab”，反之也成立所以a，b，则“a”是“ab”的充要条件2. D【解析】 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，令平面ABCD为平面，平面D1DCC1为平面，则CD为直线a.因为ab.A. 不妨设C1D1为直线b，因为C1D1AB，AB平面ABCD，C1D1平面ABCD，所以C1D1平面ABCD，即b，所以b，故
20、A正确；B. 不妨设AB为直线b，所以b，b，故B正确；C. 不妨设A1B1为直线b，所以b，且b，故C正确；D. 因为ab，b与，都相交不可能成立，故D错误(第2题)3. C【解析】 因为CD与FE不平行，且在同一平面内，所以CD与EF相交，所以CD与平面ABFE相交，故A错误；DE在任何位置都不垂直于EF，若存在某一位置，使得DE平面ABFE，则存在某一位置，使得DEEF，这与题设相矛盾，故B错误；BF在任何位置都不垂直于EF，如果“在翻折的过程中，BF平面CDEF恒成立”，那么BFEF恒成立，这与题设相矛盾，故D错误因为BFAE，BF平面ADE，AE平面ADE，所以BF平面ADE，故C正
21、确4. B【解析】 如图，连接AC，使AC交BD于点O，连接A1O，CF，则O为AC的中点，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AA1CC1且AA1CC1，则四边形AA1C1C为平行四边形，所以A1C1AC且A1C1AC.因为O，F分别为AC，A1C1的中点，所以A1FOC且A1FOC，所以四边形A1OCF为平行四边形，则CFA1O.因为CF平面A1BD，A1O平面A1BD，因此，CF平面A1BD.(第4题)5. B【解析】 在四棱锥PABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN平面PAD，MN平面PAC，平面PAC平面PADPA，由直线与平面平行的性质定理可得MNPA.6. C【解析】
22、显然AB与平面相交，且交点是AB的中点，AB，AC，DB，DC四条直线均与平面相交在BCD中，由已知得EFBC，又EF平面，BC平面，所以BC平面.同理，AD平面，所以在题图中的6条直线中，与平面平行的直线有2条7. ABD【解析】 对于选项A，连接BD，显然O为BD的中点，又N为PB的中点，所以PDON，由线面平行的判定定理可得，PD平面OMN；对于选项B，由M，N分别为侧棱PA，PB的中点，得MNAB，又底面为正方形，所以MNCD，由线面平行的判定定理可得，CD平面OMN，由选项A得PD平面OMN，由面面平行的判定定理可得，平面PCD平面OMN；对于选项C，因为MNCD，所以PDC为直线P
23、D与直线MN所成的角，又因为所有棱长都相等，所以PDC60，故直线PD与直线MN所成角的大小为60；对于选项D，因为底面为正方形，所以AB2AD2BD2，又所有棱长都相等，所以PB2PD2BD2，故PBPD.又PDON，所以ONPB，故ABD均正确8. AD【解析】 如图(1)，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，因为E，F，G分别为AA1，BC，C1D1的中点，根据正方体的性质可得EFFGEG，所以EFG为等边三角形，故A正确；取AC的中点H，连接GH，A1H，可知GHC1F，所以A1GH就是异面直线A1G与C1F所成的角，因为A1GH是等腰三角形，A1HA1GGH，所以异面直线A1
24、G与C1F所成的角不是60，所以B不正确；(第8题(1)同理可证连接KF与DC的延长线的交点与点C的距离为AB，所以KF，GM交于点Q，同理可证NE，FK交于点P，NGKF，所以四边形PQGN为过E，F，G截正方体所得的平面，截面为六边形EKFMGN，故C错误因为K，F分别为AB，BC的中点，所以ACKF，又由AC平面EFG，EF平面EFG，所以AC平面EFG，故D正确(第8题(2)9. AD【解析】 A. 如图(1)，连接AC，可得ACMN，BCNP，从而AC平面MNP，BC平面MNP，又ACBCC，所以平面ABC平面MNP，所以AB平面MNP.(第9题(1)B. 如图(2)，连接BC交MP
25、于点O，连接ON，易知在底面正方形中，O不是BC中点(实际上是四等分点中靠近C的一个)，而N是AC中点，因此AB与ON不平行，在平面ABC内，AB与ON必相交，此交点也是直线AB与平面MNP的公共点，故直线AB与平面MNP相交而不平行(第9题(2)C. 如图(3)，连接BN，在正方体中，有PNBM，因此点B在平面MNP内，故直线AB与平面MNP相交而不平行(第9题(3)D. 如图(4)，连接CD，可得ABCD，CDNP，即ABNP，直线AB与平面MNP平行(第9题(4)10. 2【解析】 如图，连接BD交AC于点O，连接OE.因为PA平面ABCD，AD平面ABCD，所以PAAD，因为PCAD，
26、PAPCP，PA，PC平面PAC，所以AD平面PAC.因为AC平面PAC，所以ADAC.因为ABBC，ABBC，所以ACAB，BAC45，又ABDC，所以ACDBAC45，所以ACD为等腰直角三角形，CDAC2AB，所以.因为PD平面EAC，PD平面PBD，且平面EAC平面PBDOE，所以OEPD，所以2.(第10题)11. 1【解析】 如图，分别取AD1，AD的中点F，P，连接EF，PF.因为F，P分别为AD1，AD的中点，所以FPD1D，FPD1D.因为E为BB1中点，所以BEBB1.又D1DBB1，DD1BB1，所以FPBE，FPBE，所以四边形BPFE为平行四边形，所以BPEF.因为B
27、P平面AED1，EF平面AED1，所以BP平面AED1.由于P为AD的中点，所以1.(第11题)12. 【解析】 把三棱锥ABCD放置在长方体中，如图，因为E，F分别是AB，CD的中点，且平面MNPQEF，可知MNPQ，PNQM，则四边形MNPQ为平行四边形，再由平行线截线段成比例知，且ABCD，所以1，可得PNPQAB2.因为点D，C所在长方体侧面的长宽分别为，1，所以长方形对角线长为2，由正三角形可知侧面两条对角线所成锐角为60，又PQCD，PNAB，则NPQ60，所以S四边形MNPQPNPQsin 602，当且仅当PNPQ1时等号成立，所以四边形MNPQ面积的最大值为.(第12题)13.
28、 【解答】 因为N是AB的中点，ABD为正三角形，所以DNAB.因为BCAB，所以DNBC.因为BC平面BCE，DN平面BCE，所以DN平面BCE.因为M为AE的中点，N为AB的中点，所以MNBE.因为MN平面BCE，BE平面BCE，所以MN平面BCE.因为MNDNN，所以平面MND平面BCE.14. 【解答】 直线l平面PAC，证明如下：因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EFAC.又EF平面ABC，且AC平面ABC，所以EF平面ABC.而EF平面BEF，且平面BEF平面ABCl，所以EFl.因为l平面PAC，EF平面PAC，所以l平面PAC.第36讲直线、平面垂直的判定与性质1. B【解
29、析】 对于A，若lm，m，则l，l与平行、垂直、相交但不垂直均可能成立，所以A不正确；对于B，若l，lm，则m，故B正确；对于C，l与m可能异面，不一定平行，故C不正确；对于D，l与m可能相交，也可能异面，故D不正确2. C【解析】 在空间中垂直于同一直线的两条直线可能平行，可能相交，也可能异面，所以A，B错；垂直于同一条直线的一条直线和平面的位置关系可以是直线在平面内，也可以是直线和平面平行，所以D错由线面垂直性质定理知C正确3. B【解析】 对于A，若a，则a与内的直线或平行或异面，所以A不正确；对于B，若a平行于内的一条直线a，则a或a，与直线a与平面相交矛盾，所以B正确；对于C，直线a
30、不平行于平面，a可以在内，此时，a可以平行于内的直线，所以C不正确；对于D，直线a不垂直于平面，但可以垂直于内的某些直线4. B【解析】 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，对于A，取直线n为AA1，直线m为CD，平面为平面A1B1CD，显然n不成立，故A错误；对于B，根据线面垂直的性质，故B正确；对于C，直线n，m可能异面，故C错误；对于D，取直线n，m分别为直线A1B1，C1D1，为平面ABCD，显然n，m平行，故D错误(第4题)5. D【解析】 对于选项A，若直线AD与BC是共面直线，设AD与BC共面，因为不共线的三点B，C，D均在与内，所以与重合，又不共线的三点A，B，C均在与内
31、，所以与重合，则与重合，与l矛盾，故直线AD与BC是异面直线，所以选项A正确；对于选项B，当ABl，CDl，且二面角l为锐二面角时，直线CD在上的射影与AB平行，所以选项B正确；对于选项C，在AD上任取一点，过该点作BC的平行线l，则由AD与l确定一个平面，该平面与BC平行，若过AD另外有平面与BC平行，由直线与平面平行的性质，可得过直线BC外的一点A有两条直线与BC平行，与过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行矛盾，所以选项C正确；对于选项D，只有当AD与BC异面垂直时，过AD有且只有一个平面与BC垂直，否则，不存在过AD与BC垂直的平面，故选项D错误6. D【解析】 因为SD底面ABC
32、D，且SB在平面ABCD的射影BD与AC垂直，则SBAC，A正确；因为SC在平面ABCD的射影DC与AD垂直，所以SCAD，B正确；因为ACSB，ACBD，所以AC平面SBD，又AC平面SAC，所以平面SAC平面SBD，C正确；若BDSA，则BD垂直SA在平面ABCD内的射影DA，这是不可能的，D错误7. BD【解析】 对于A，如果m，mn，那么n或n，所以A不正确；对于B，根据线面垂直的性质，可得若m，n，那么mn，所以B正确；对于C，根据线面垂直的定义，直线m垂直于平面内的任意直线，则m，而直线m垂直于平面内的无数条直线，则m与不一定垂直，所以C不正确；对于D，若平行线中的一条垂直一个平面
33、，则另一条也垂直于这个平面，所以D正确8. AD【解析】 对于选项A，连接AC，D1C，则F为AC的中点，所以EFCD1，故A正确；对于选项B，在AFD1中，AFFD1，E为AD1的中点，则EF和AD1不垂直，故B错误；对于选项C，EF和平面AA1D1D相交，而平面AA1D1D平面BB1C1C，则EF和平面BB1C1C相交，故C错误；对于选项D，因为D1CDC1，D1CAD，ADDC1D，所以D1C平面AB1C1D，又EFD1C，所以EF平面AB1C1D，故D正确(第8题)9. BD【解析】 对于A，由AB与CE所成角为45，可得直线AB与平面CDE不垂直；对于B，由ABCE，ABED，CEE
34、DE，可得AB平面CDE；对于C，由AB与CE所成角为60，可得直线AB与平面CDE不垂直；对于D，连接AC，由ED平面ABC，可得EDAB，同理可得ECAB，又EDECE，所以AB平面CDE.10. 【解答】 (1) 设AB1交A1B于点O，连接OM，ON.在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1AA1，BB1AA1，故四边形AA1B1B是平行四边形，所以O为AB1的中点又因为M为AB的中点，所以OMBB1，且OMBB1.又N为CC1的中点，CNCC1，所以OMCN，且OMCN，所以四边形CMON是平行四边形，所以CMON.又ON平面AB1N，CM平面AB1N，所以CM平面AB1N.(2) 在
35、正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，CM平面ABC，所以BB1CM.又CACB，M为AB的中点，所以CMAB.又由(1)知CMON，所以ONAB，ONBB1.又因为ABBB1B，AB，BB1 平面AA1B1B，所以ON平面AA1B1B.又ON平面A1BN，所以平面A1BN平面AA1B1B.11. 【解答】 (1) 因为点E是AC的中点，点D为PA的中点所以DEPC.又因为DE平面PBC，PC平面PBC，所以DE平面PBC.(2) 因为平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABCAC，又PA平面PAC，PAAC，所以PA平面ABC.因为BC平面ABC，所以PABC.又因为ABBC，且P
36、AABA，所以CB平面PAB.(3) 当点F是线段AB的中点时，过点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行证明如下：取AB中点F，连接EF，DF.由(1)可知DE平面PBC.因为点E是AC的中点，点F为AB的中点，所以EFBC，又因为EF平面PBC，BC平面PBC，所以EF平面PBC.因为DEEFE，所以平面DEF平面PBC，所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行12. 【解答】 (1) 由已知得，所以RtBADRtB1BA，所以BDAB1AB，所以ABDB1ABABDBDA90，所以在AOB中，AOB180(ABOOAB)90，即BDAB1.又BCAB1，BDBCB，所以A
37、B1平面BCD.因为CD平面BCD，所以CDAB1.(2) 在RtABD中，AB1，AD，所以BD，又由BDAOABAD，得AO.在RtAOB中，得BO，在BOC中，BO2CO2BC2，所以BOC为直角三角形，所以COBO.由(1)易知，平面BCD平面AA1B1B，平面BCD平面AA1B1BBD，所以CO平面AA1B1B，所以四面体AA1BC的体积VSAA1BOC1.13. 【解答】 (1) 如图，连接DB，在RtDAB中，DB2，又因为E为BC中点，DC2，所以DEBC.因为PD平面ABCD，BC平面ABCD，所以PDBC.因为PDDED，所以BC平面PDE，又因为BC平面PBC，所以平面P
38、BC平面PDE.(2) 线段PC上存在一点F，且时，PA平面BDF.证明如下：连接AC交BD于点O，在平面PAC中，过点O作OFPA，交PC于点F.又因为OF平面BDF，PA平面BDF，所以PA平面BDF.因为在四边形ABCD中，ABCD，DC2AB2，所以.因为OFPA，所以，所以当时，PA平面BDF.(第13题)第37讲综合法求角与距离1. C【解析】 连接A1C1，设A1C1B1D1O，连接BO.因为在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC4，所以C1OB1D1.又因为DD1平面A1B1C1D1，所以DD1C1O.因为DD1D1B1D1，DD1平面DBB1D1，D1B1平面DBB1D
39、1，所以C1O平面DBB1D1，所以直线BC1和平面DBB1D1所成角为OBC1.在RtBOC1中，C1O2，BC12，所以sin OBC1，即直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为.2. C【解析】 如图，将长方体ABCDA1B1C1D1补成长方体ABCDA2B2C2D2，使AA1A1A2，易知AD1B1C2，所以DB1C2或其补角为异面直线AD1与DB1所成的角易知B1C2AD12，DB1，DC2.在DB1C2中，由余弦定理，得cos DB1C2，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.(第2题)3. C【解析】 如图，连接AC1，BC1，AC.因为AB平面BB1C1C，所以AC
40、1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，所以AC1B30.又ABBC2，在RtABC1中，AC14，在RtACC1中，CC12，所以V长方体ABBCCC12228.(第3题)4. B【解析】 因为BB1DD1，所以BB1与平面ACD1所成角即为DD1与平面ACD1所成角设点D到平面ACD1的距离为h，正方体的棱长为a，则VD1ADCaaaa3，VDAD1C(a)2ha2h，所以a3a2h，得ha.设BB1与平面ACD1所成角为，则sin .(第4题)5. C【解析】 取AB的中点O，连接SO，CO.由SASBCACB可得ABSO，ABCO.又SOCOO，所以AB平面SOC，所以二面角SAB
41、C的平面角是SOC.在SOA中，SO，同理CO.在SOC中，SOCOSC，所以SOC60，即二面角SABC的平面角的大小为60.6. B【解析】 如图，在正方体中取BB1，BD的中点P1，O，及BC1的四等分点M.因为PP1BC1，P1MBC1，P1MPP1P1，P1M，PP1平面PP1M，所以BC1平面PP1M，则BC1PM.又OMBC1，OMPMM，故BC1平面POM，所以当点Q在线段OM上时，PQBC1，则点Q到平面A1B1C1D1距离的最大值为6，最小值为6，所以点Q到平面A1B1C1D1的距离的取值范围为.故选B.(第6题)7. AC【解析】 因为CF平面B1DF，所以CFDF.在矩
42、形ACC1A1中，设AFm.则CD2DF2CF2CCDC10a2，CF24a2m2，DF2(3am)2a2.联立解得ma或m2a.则AF的长度为a或2a.8. ABD【解析】 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，对于选项A，直线BC与平面ABC1D1所成的角为CBC1，故选项A正确对于选项B，点C到平面ABC1D1的距离为B1C长度的一半，即h，故选项B正确对于选项C，连接A1B，则两条异面直线D1C和BC1所成的角为A1BC1，故选项C错误对于选项D，三棱柱AA1D1BB1C1外接球半径r，故选项D正确9. AC【解析】 因为AD在平面ADD1A1内，且平行于平面CBF，故A正确；平面CBF即平面A1D1CB，又平面A1D1CB与平面ABCD斜相交，所以在平面ABCD内不存在与平面CBF垂直的直线，故B错误； 因为F到平面ABCD的距离不变且FC变小，FC与平面ABCD所成的角变大，故C正确；平面CBF即平面A1D1CB，
