高中数学人教A版（2019）必修第二册《第八章 立体几何初步》章节练习（含解析）

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人教A版（2019）必修第二册《第八章 立体几何初步》章节练习

一 、单选题（本大题共15小题，共75分）
1.（5分）已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是空间中两个不同的平面，则下列说法正确的是()
A. 若n⊥α，m//n，m⊂β，则α⊥β B. 若α//β，n//α，则n//β
C. 若n⊥m，n⊥α，α//β，则m//β D. 若α⊥β，n//α，则n⊥β
2.（5分）如图，圆锥的轴截面ABC为正三角形，其面积为43，D为弧AB的中点，E为母线BC的中点，则异面直线AC，DE所成角的余弦值为

A. 24 B. 22 C. 63 D. 33
3.（5分）如图，圆柱的底面半径为r，球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面．则圆柱的表面积，圆锥、球、圆柱的体积比分 
别是(    )

A. 4πr2，1：2：3 B. 4πr2，3：2：1
C. 6πr2，1：2：3 D. 6πr2，3：2：1
4.（5分）如图，在正方形ABCD内作内切圆O，将正方形ABCD、圆O绕对角线AC旋转一周得到的两个旋转体的体积依次记为V1，V2，则V1：V2=( )

A. 2：3 B. 22：3 C. 2：3 D. 2：1
5.（5分）如图为中国传统智力玩具鲁班锁，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全相同的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来．现有一鲁班锁的正四棱柱的底面正方形边长为1，欲将其放入球形容器内(容器壁的厚度忽略不计)，若球形容器表面积的最小值为30π，则正四棱柱体的高为(    )

A. 26 B. 27 C. 42 D. 5
6.（5分）在空间四边形ABCD中，AB、BC、CD、DA上分别取E、F、G、H四点，如果EH、FG交于一点P，则(    )
A. P一定在直线BD上 B. P一定在直线AC上
C. P在直线AC或BD上 D. P既不在直线BD上，也不在AC上
7.（5分）已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，CC1=22，E为CC1的中点，则直线BE与AC1所成角的余弦值为(    )
A. 24 B. 66 C. 22 D. 63
8.（5分）如图，正四棱锥P−ABCD的体积为2，底面积为6，E为侧棱PC的中点，则异面直线BE与AC所成角的余弦值为( ) 
 


A. 32 B. 22             
C. 12 D. 34
9.（5分）已知正方形ABCD的边长为8，空间有一点M(不在平面ABCD内)满足|MA|+|MB|=10，则三棱锥A−BCM的体积的最大值是(    )
A. 32 B. 48 C. 64 D. 96
10.（5分）下列说法中正确的是()
A. 如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行
B. 平面α内△ABC的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行
C. α//β，a//α，则a//β
D. a//b，a//α，b⊄α，则b//α
11.（5分）对于直线m，n和平面α，β，则α//β的一个充分条件是(    )
A. m⊂α，n⊂β，m//β，n//α B. m//n，m//α，n//β
C. m//n，m⊥α，n⊥β D. m⊥n，m⊥α，n⊥β
12.（5分）如图，三棱锥D−ABC中，DC⊥平面ABC，DC=1，且ΔABC为边长等于2的正三角形，则DA与平面DBC所成角的正弦值为(    )

A. 255 B. 155 C. 55 D. 25
13.（5分）b，c表示两条不重合的直线，α，β表示两个不重合的平面，下列命题中正确的是(    )
A. c//αb⊂α}⇒c//b B. c//αα⊥β}⇒c⊥β
C. c⊥αc⊥β}⇒α//β D. b//cc⊂α}⇒b//α
14.（5分）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线D1B与平面BB1C1C所成角的余弦值为(    )
A. 33 B. 22 C. 32 D. 63
15.（5分）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： 
①若m⊂α，α//β，则m//β；②若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β 
③若α∩β=n，m//n，则m//α且m//β；④若α⊥β，m⊂α，则m⊥β 
其中正确命题的个数是(    )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
二 、填空题（本大题共5小题，共25分）
16.（5分）在棱长为2的正四面体P−ABC中，M，N分别为PA，BC的中点，点D是线段PN上一点，且PD=2DN，则三棱锥P−MBD的体积为_____.
17.（5分）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则这个圆锥的高是 ______.
18.（5分）已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为22，则该球的表面积为______.
19.（5分）四面体ABCD中，AD⊥平面ABC，AB=1，AC=2，AD=3，∠BAC=90°.若A，B，C，D四点都在同一个球面上，则该球面面积等于 ______.
20.（5分）α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题： 
①如果α//β，m⊂α，那么m//β； 
②若m⊥α，m⊥n，则n//α； 
③如果m⊥α，n//α，那么m⊥n； 
④如果m⊥n，m⊥α，n//β，那么α⊥β． 
其中正确的命题有______； (填写所有正确命题的编号)
三 、解答题（本大题共6小题，共30分）
21.（5分）如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=2，CC1=4，M为棱CC1上一点． 
(1)若C1M=1，求异面直线A1M和C1D1所成角的正切值； 
(2)若C1M=2，求证BM⊥平面A1B1M.

22.（5分）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD=135°，侧面PAB⊥底面ABCD，PA⊥AB，AB=AC=PA=2，E，F分别为BC，AD的中点，过EF的平面与面PCD交于M，N两点． 
(Ⅰ)求证：EF//MN； 
(Ⅱ)求证：平面EFMN⊥平面PAC； 
(Ⅲ)设DMDP=λ，当λ为何值时四棱锥M−EFDC的体积等于1，求λ的值．

23.（5分）如图：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为DD1的中点．

(1)求证：BD1//平面AEC；
(2)若F为CC1的中点，求证：平面AEC//平面BFD1.
24.（5分）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中AB⊥BC，AD//BC，AD=4，AP=AB=BC=2，E是AD的中点，AC和BE交于点O，且PO⊥平面ABCD． 
(1)证明：平面PAC⊥平面PCD； 
(2)求直线AB与平面PCD所成角的大小．

25.（5分）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，点M，N分别为线段PB，PC的中点． 
(Ⅰ)求证：MN//平面PAD； 
(Ⅱ)当PA=AB=2时，求三棱锥A−CDN的体积．

26.（5分）已知三棱柱ABC−A1B1C1中,∠BCA=900,AC=BC=2,A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D， BA1⊥AC1.

(1)求证：AC1⊥平面A1BC;
(2)求二面角A−A1B−C的余弦值.
四 、多选题（本大题共5小题，共20分）
27.（4分）如图，在正方形 ABCD中，若 E， F分别是 AB， BC的中点，将Δ ADE，Δ CDF，Δ BEF分别沿边 DE， DF， EF折起，使得点 A， B， C重合于点 P，则下列结论中正确的是( ) 
 

A. PD⊥EF B. 平面PDE⊥平面PDF
C. 二面角P−EF−D的余弦值为13 D. 点P在平面DEF上的投影是ΔDEF的外心
28.（4分）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=60∘,AB=BC=BB1=2，M,N分别是A1B1,AC1的中点，则下列说法正确的是( ) 

A. 直线MN//平面BCC1B1
B. ΔABC1的面积为27
C. 四棱锥C1−ABB1A1的表面积为23+8
D. 四棱锥C1−ABB1A1的表面积为7+3+8
29.（4分）在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，当BD//平面EFGH时，下面结论正确的是( )
A. E，F，G，H一定是各边的中点 B. G，H一定是CD，DA的中点
C. AE：EB=AH：HD，且BF：FC=DG：GC D. 四边形EFGH是平行四边形或梯形
30.（4分）设m、n是两条不同的直线α，β，γ，是三个不同的平面，下列四个命题中正确的是( )
A. 若m⊥α，n//α，则m⊥n     B. 若α⊥γ，β⊥γ，则α//β  
C. 若m//α，n//α，则m//n    D. 若α//β，β//γ，m⊥α，则m⊥γ
31.（4分）用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，得到上、下两部分几何体且上下两部分的高之比为1：2，则关于上下两几何体的说法正确的是( )
A. 侧面积之比为1：4 B. 侧面积之比为1：8
C. 体积之比为1：27 D. 体积之比为1：26

答案和解析
1.【答案】A;
【解析】解：m，n是空间中两条不同的直线，α，β是空间中两个不同的平面， 
对于A，若n⊥α，m//n，m⊂β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故A正确； 
对于B，若α//β，n//α，则n//β或n⊂β，故B错误； 
对于C，若n⊥m，n⊥α，α//β，则m//β或m⊂β，故D错误； 
对于D，若α⊥β，n//α，则n与β相交、平行或n⊂β，故D错误． 
故选：A. 
对于A，由面面垂直的判定定理得α⊥β；对于B，n//β或n⊂β；对于C，m//β或m⊂β；对于D，n与β相交、平行或n⊂β. 
此题主要考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

2.【答案】B;
【解析】 
此题主要考查异面直线所成的角，线面垂直的判定与性质，属于中档题. 
取AB的中点O，连接OE，OD，CO，则∠OED(或其补角)为异面直线AC，DE所成角，利用给出的ΔABC的面积求出底面圆的半径，由线面垂直的判定与性质证得OD⊥OE，即可求解. 
 
解：如图， 
 
取AB的中点O，连接OE，OD，CO， 
则CO⊥底面圆O，OD⊂底面圆O， 
∴CO⊥OD， 
又D为⌢ AB中点， 
∴OD⊥AB， 
CO∩AB=O,CO,AB⊂平面CAB， 
∴OD⊥平面CAB，OE⊂平面CAB， 
∴OD⊥OE， 
∵O，E分别为AB，CB的中点，∴OE//AC， 
∴∠OED(或其补角)为异面直线AC，DE所成角， 
设底面圆O的半径为r，则正三角形的边长为2r， 
∴1 2.2r.2r.sin60°=43，∴r=2， 
∴OE=1 2AC=2，OD=2， 
∵OD⊥OE， 
∴∠OED=45°，sin∠OED=2 2. 
故选B.

3.【答案】C;
【解析】解：已知圆柱的底面半径为r，则圆柱和圆锥的高为ℎ=2r，圆锥和球的底面半径为r， 
则圆柱的表面积为S圆柱表=2×πr2+4πr2=6πr2； 
V圆锥=13πr2×2r=23πr3， 
V圆柱=πr2×2r=2πr3，V球=43πr3， 
∴圆锥、球、圆柱的体积比为23πr3：43πr3：2πr3=1：2：3． 
故选：C． 
由已知可得圆柱和圆锥的高为ℎ=2r，圆锥和球的底面半径为r，直接由圆柱表面积公式求得圆柱的表面积；分别求出图中圆锥、球、圆柱的体积，作比得答案． 
该题考查柱、锥、球体积的求法，考查圆柱表面积的求法，是中档题．

4.【答案】D;
【解析】解：设AC=BD=2， 
则正方形ABCD旋转后得到两个底面半径为1，高为1的圆锥形成的组合体， 
故V1=2×13×π=2π3， 
圆O绕对角线AC旋转一周得到一个半径为22的球， 
故V2=4π3(22)3=2π3， 
故V1：V2=2：1， 
故选：D. 
根据球的体积公式和圆锥的体积公式，分别求出V1，V2，可得答案． 
此题主要考查的知识点是旋转体，熟练掌握圆锥和球的体积公式，是解答的关键．

5.【答案】B;
【解析】 
此题主要考查球、正四棱柱的高等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，是中档题． 
先求出球形容器的半径的最小值r=302，从而得到正四棱柱体的对角线长为30，由此能求出正四棱柱体的高． 
 
解：∵球形容器表面积的最小值为30π， 
∴球形容器的半径的最小值为r=30π4π=302， 
∴正四棱柱体的对角线长为30， 
设正四棱柱体的高为ℎ， 
∴12+12+ℎ2=30， 
解得ℎ=27． 
故选：B． 
 
 


6.【答案】A;
【解析】解：∵点E、H分别在AB、AD上，而AB、AD是平面ABD内的直线， 
 
∴E∈平面ABD，H∈平面ABD，可得直线EH⊂平面ABD， 
∵点F、G分别在BC、CD上，而BC、CD是平面BCD内的直线， 
∴F∈平面BCD，H∈平面BCD，可得直线FG⊂平面BCD， 
因此，直线EH与FG的公共点在平面ABD与平面BCD的交线上， 
∵平面ABD∩平面BCD=BD， 
∴点P∈直线BD， 
故选：A． 
根据题意，可得直线EH、FG分别是平面ABD、平面BCD内的直线，因此EH、FG的交点必定在平面ABD和平面BCD的交线上．而平面ABD交平面BCD于BD，由此即可得到点P在直线BD上 
本题给出空间四边形，判断直线EH、FG的交点与已知直线BD的位置关系，着重考查了平面的基本性质和空间直线的位置关系判断等知识，属于基础题．

7.【答案】D;
【解析】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，  
建立空间直角坐标系，  
由已知得B(2,2,0)，E(0,2,2)，  
A(2,0,0)，C1(0,2,22)，  
BE→=(−2,0,2)，A→C1=(−2,2,22)，  
|cos|=|4+0+46.16|=63．  
∴直线BE与AC1所成角的余弦值为63．  
故选：D． 
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BE与AC1所成角的余弦值．  
该题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．


8.【答案】D;
【解析】 
如图所示，建立空间直角坐标系．设AB=a，则a2=6，解得a=6.又13×6×op=2，解得OP=1.再利用向量夹角公式、数量积运算性质即可得出． 
 
解：如图所示，建立空间直角坐标系． 
 
设AB=a，则a2=6，解得a=6. 
又13×6×op=2，解得OP=1. 
∴A(62,−62,0)，P(0,0,1)，B(62,62,0)， 
C(−62,62,0)，E−64,64,12. 
∴AC→=−6,6,0，BE→=−364,−64,12 . 
∴cos=BE→.AC→BE→AC→=34. 
故选D.

9.【答案】A;
【解析】解：由已知点M(不在平面ABCD内)满足|MA|+|MB|=10，可得点M在以A，B为焦点的椭球上(去掉在平面ABCD内的点)，球心为O． 
当MO⊥平面ABCD时，MO=AM2−AO2=52−42=3，此时三棱锥的高最大，  
因此三棱锥A−BCM的体积的最大值=13.MO.SABC=13×3×12×82=32． 
故选：A． 
由已知点M(不在平面ABCD内)满足|MA|+|MB|=10，可得点M在以A，B为焦点的椭球上(去掉在平面ABCD内的点)，球心为O.当MO⊥平面ABCD时，MO=AM2−AO2，此时三棱锥的高最大，即可得出．  
此题主要考查了椭球的定义及其性质、线面面面垂直的性质、三棱锥的体积计算公式、勾股定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．


10.【答案】D;
【解析】解：对于A，如果一条直线与一个平面平行， 
那么这条直线与平面内的任意一条直线平行或异面，故A错误； 
对于B，平面α内△ABC的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行或相交，故B错误； 
对于C，α//β，a//α，则a//β或a⊂β，故C错误； 
对于D，a//b，a//α，b⊄α，则由线面平行的判定定理得b//α，故D正确． 
故选：D. 
对于A，这条直线与平面内的任意一条直线平行或异面；对于B，α与β平行或相交；对于C，a//β或a⊂β；对于D，由线面平行的判定定理得b//α. 
此题主要考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力能力，是中档题．

11.【答案】C;
【解析】 
该题考查面面平行的判定定理，是简单题． 
A，B，D三个选项下的α，β相交时，也满足每个选项的条件，所以由A，B，D中的条件得不出α//β，而选项C可以得到平面α，β同时和一条直线垂直，所以α//β，所以C中的条件是α//β的充分条件，即可得到答案． 
 
解：A.当α，β相交，且m，n都和交线平行时不成立，故A错； 
B.当α，β相交，且m，n都和交线平行时不成立，故B错； 
C.∵m//n，m⊥α，∴n⊥α，又n⊥β，同时和一直线垂直的两平面平行，∴α//β，故C正确； 
D.当α⊥β，α面内n和β面内m都垂直交线时，m⊥n，且m⊥α，n⊥β，故D错． 
故选C．

12.【答案】B;
【解析】解：以C为原点，CA为x轴，在平面ABC内过C作AC的垂线为y轴，CD为z轴，建立空间直角坐标系， 
则A(2,0,0)，B(1,3,0)，C(0,0,0)，D(0,0,1)， 
DA→=(2,0,−1)，CB→=(1,3,0)，CD→=(0,0,1)， 
设平面DCB的法向量n→=(x,y,z)， 
则n→.CB→=x+3y=0n→.CD→=z=0，取x=3，得n→=(3,−1,0)， 
设DA与平面DBC所成角为θ， 
则sinθ=|DA→.n→||DA→|.|n→|=235.4=155． 
∴DA与平面DBC所成角的正弦值为155． 
故选：B． 
以C为原点，CA为x轴，在平面ABC内过C作AC的垂线为y轴，CD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出DA与平面DBC所成角的正弦值． 
该题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．


13.【答案】C;
【解析】解：选项A，由已知条件可得直线c，b平行或者异面；故A错误； 
选项B，由已知可得直线c可能与平面β平行；故B 错误； 
选项C，由已知，根据线面垂直的性质定理可以判断平面α与β平行；故C 正确； 
选项D，由已知条件还可以得到直线B在平面α内；故D错误； 
故选C． 
利用线面平行、线面垂直的性质定理和判定定理对选项分别分析选择． 
该题考查了线面平行、线面垂直的性质定理和判定定理的运用，熟练掌握定理的条件，正确运用是关键．

14.【答案】D;
【解析】解：连结BC1， 
∵D1C1⊥平面BCC1B1， 
∴∠D1BC1是直线BD1与平面BB1C1C所成角， 
设正方体ABCD−A1B1C1D1中棱长为a， 
则BD1=3a， 
∴cos∠D1BC1=BC1BD1=2a3a=63． 
故直线D1B与平面BB1C1C所成角的余弦值为63． 
故选：D． 
连结BC1，由D1C1⊥平面BCC1B1，得∠D1BC1是直线BD1与平面BB1C1C所成角，由此能求出直线D1B与平面BB1C1C所成角的余弦值． 
该题考查直线与平面所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．


15.【答案】B;
【解析】解：由m、n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，知： 
在①中，若m⊂α，α//β，则由面面平行的性质定理得m//β，故①正确； 
在②中，若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α与β相交或平行，故②错误； 
在③中，若α∩β=n，m//n，则m可能在α或β面内，故③错误； 
在④中，若α⊥β，n⊂α，则m与β相交、平行或m⊂β，故④错误． 
故选：B． 
在①中，由面面平行的性质定理得m//β；在②中，α与β相交或平行；在③中，m可能在α或β面内；在④中，m与β相交、平行或m⊂β． 
该题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系的判断，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想，属于中档题．

16.【答案】29;
【解析】 
此题主要考查三棱锥体积的求法，属于中档题. 
根据M，N分别为PA，BC的中点，点D是线段PN上一点，且PD=2DN，判断出三棱锥P−MBD的体积为正四面体体积的16，求出正四面体的体积即可求出答案. 
 
解：因为正四面体的棱长为2，则其底面三角形的高为32×2=3， 
棱锥的高为22−2332=263， 
正四面体P−ABC的体积V=13×12×2×3×263=223， 
因为M，N分别为PA，BC的中点，点D是线段PN上一点，且PD=2DN， 
所以SΔPMD=12×23SΔPAN=13SΔPAN， 
VP−MBD=VB−PMD=13VB−PAN=13×12VP−ABC=29， 
所以VP−MBD=29. 
故答案为29.


17.【答案】;
【解析】
解：∵圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，∴圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，

故答案为：

18.【答案】25π 
;
【解析】 
此题主要考查四棱锥外接球的表面积，属于基础题． 
利用正四棱锥的底面边长和高求出外接球的半径，进而可得表面积． 
 
解：由题可知正四棱锥P−ABCD的外接球的球心在它的高PO1上，记为O， 
 
设球的半径为R， 
∵棱锥的高为4，底面边长为22， 
即OA=OP=R,OO1=4−R,AO1=2， 
∴R2=(4−R)2+22， 
∴R=52， 
∴该球的表面积为4π×(52)2=25π. 
故答案为25π.

19.【答案】14π;
【解析】解：四面体ABCD中，AD⊥平面ABC，若A，B，C，D四点都在同一个球面上， 
如图所示： 
 
设点E为BC的中点，由于AB=1，AC=2，AD=3，∠BAC=90°，点O为外接球的球心，OC为外接球的半径， 
故BC=12+22=5， 
OE=12AD=32， 
所以OC=(32)2+(52)2=144=142， 
故S球=4·π·144=14π. 
故答案为：14π. 
首先利用三棱锥和球的关系求出球的球心，进一步求出球的半径，最后确定球的表面积． 
此题主要考查的知识要点：三棱锥和外接球的关系，球的半径的求法，球的表面积，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．

20.【答案】①③;
【解析】 
该题考查了空间线面面面位置关系的判定及其性质定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 
①由面面平行的性质定理判定真假；②可能n⊂α，即可判断出真假；③利用线面垂直的性质定理即可判断出真假；④由已知可得α与β相交或平行，即可判断出真假． 
 
解：①由面面平行的性质定理可得：①为真命题； 
②可能n⊂α，因此是假命题； 
③如果m⊥α，n//α，那么m⊥n，是真命题； 
④如果m⊥n，m⊥α，则n//α或n⊂α，又n//β，那么α与β相交或平行，因此是假命题． 
综上可得：只有①③是真命题． 
故答案为：①③． 
 
 


21.【答案】（1）解：∵C1D1∥B1A1， 
∴∠B1A1M是异面直线A1M和C1D1所成角， 
∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BCC1B1， 
∴A1B1⊥B1M， 
∵AB=2，BC=2，CC1=4，M为棱CC1上一点，C1M=1， 
∴B1M=B1C12+MC12=4+1=5， 
∴tan∠B1A1M=B1MA1B1=52， 
∴异面直线A1M和C1D1所成角的正切值为52． 
（2）证明：C1M=2时，B1M=BM=BC2+CM2=22， 
∴B1M2+BM2=BB12，∴B1M⊥BM． 
∵A1M2=A1C12+MC12=4+4+4=12， 
A1B2=16+4=20， 
∴A1M2+BM2=A1B2， 
∴A1M⊥BM， 
又A1M∩B1M=M，∴BM⊥平面A1B1M．;
【解析】 
(1)由C1D1//B1A1，得∠B1A1M是异面直线A1M和C1D1所成角，由此能示出异面直线A1M和C1D1所成角的正切值．  
(2)C1M=2时，由勾股定理得B1M⊥BM，A1M⊥BM，由此能证明BM⊥平面A1B1M. 
该题考查异面直线所成角的正切值的求法，考查直线与平面的证明，解题时要注意空间思维能力的培养．

22.【答案】证明：（Ⅰ）∵四边形ABCD中，是平行四边形，E，F分别为BC，AD的中点，∴EF∥CD， 
又CD⊂面PCD，EF⊄面PCD 
∴EF∥面PCD， 
又∵EF⊂平面EFMN，平面EFMN∩平面PCD=MN， 
∴EF∥MN， 
（Ⅱ）证明：在平行四边形ABCD中， 
∵∠BCD=135°，AB∥CD， 
∴∠ABC=45°，又AB=AC， 
∴∠ACB=45°， 
∴AB⊥AC． 
由（Ⅰ）得EF∥AB，∴EF⊥AC． 
∵侧面PAB⊥底面ABCD，且PA⊥AB，面PAB∩面ABCD=AB，PA⊂面PAB， 
∴PA⊥底面ABCD，又EF⊂底面ABCD， 
∴PA⊥EF． 
又∵PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC， 
∴EF⊥平面PAC． 
∵EF⊂平面EFMN． 
∴平面EFMN⊥平面PAC， 
（Ⅲ）S四边形EFMN=12S四边形ABCD=S△ABC=12AB.AC=2， 
∴VM−EFDC=13SEFDC．h=13×2×ℎ=1， 
∴ℎ=32，即M到平面ABCD的距离为32， 
∴λ=DMDP=ℎPA=34．;

【解析】 
(I)证明EF//平面PCD，根据线面平行的性质即可得出EF//MN；  
(II)证明EF⊥AC，EF⊥PA得出EF⊥平面PAC，故而平面EFMN⊥平面PAC；  
(III)根据棱锥的体积计算M到平面ABCD的距离，从而得出λ的值． 
此题主要考查了线面平行的性质，面面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．

23.【答案】证明：(1)连结BD交AC于O，连结EO. 

∵因为ABCD−A1B1C1D1为正方体，底面ABCD为正方形，
对角线AC､BD交于O点，所以O为BD的中点，
又因为E为DD1的中点， 
在ΔDBD1中，∴OE是ΔDBD1的中位线，
∴OE//BD1，
又因为OE⊂平面AEC，BD1⊄平面AEC，
所以BD1//平面AEC； 
(2)因为F为CC1的中点，E为DD1的中点，所以CF // =ED1，
所以四边形CFD1E为平行四边形，所以D1F/ /EC，
又因为EC⊂平面AEC，D1F⊄平面AEC，
所以D1F //平面AEC；
由(1)知BD1 / /平面AEC，
又因为BD1∩D1F=D1，BD1⊂平面BFD1，D1F⊂平面BFD1， 
所以平面AEC//平面BFD1.;
【解析】此题主要考查直线与平面平行的判定，平面与平面平行的判定，考查逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题． 
(1)欲证BD1//平面EAC，只需在平面EAC内找一条直线与BD1平行，根据中位线定理可知EO//D1B，满足线面平行的判定定理所需条件，即可得到结论； 
(2)可以先证四边形CFD1E为平行四边形，可以证D1F //平面AEC，由(1)知BD1//平面AEC，结合平面与平面平行的判定即可证明.

24.【答案】解：（1）因为AD∥BC，AD=2BC=4，E是AD的中点，所以四边形ABCE是平行四边形，又因为AB⊥BC，AB=BC，所以四边形ABCE是正方形，所以CE⊥AD，又因为CE=AE=ED=2，所以AC=CD=22， 
又因为AD=4，所以AC2+CD2=AD2，故CD⊥AC， 
因为PO⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥PO， 
又因为AC∩PO=O，AC，PO⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC， 
因为CD⊂平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD． 
（2）由（1）知PO，AC，BE两两垂直，故以O为原点，OB．OC，OP为坐标轴建立如图坐标系，由已知得△PAC为等腰直角三角形，故PO=12AC=2， 
则B（2，0，0），A（0，-2，0），P（0，0，2），C（0，2，0），E（-2，0，0）， 
所以AB→=（2，2，0），PC→=（0，2，-2），DC→=EB→=（22，0，0）， 
设面PCD的法向量为n→=（x，y，z），由n→⊥PC→，n→⊥DC→得2y−2z=022x=0，即x=0y=z，令z=1，则n→=（0，1，1）， 
设直线AB与面PCD所成角为θ，θ∈（0，π2），则sinθ=|cos＜AB→，n→＞|=|AB→.n→||AB→|.|n→|=22×2=12，因为θ∈（0，π2），所以θ=π6． 
所以直线AB与面PCD所成角θ=π6．;

【解析】 
(1)由已知PO⊥面ABCD得PO⊥CD，再由已知线段大小满足勾股定理可证AC⊥CD，所以线面垂直，进而面面垂直．  
(2)由PO，AC，BE两两垂直可建立坐标系，找出点坐标，计算出向量坐标，进而算出面的法向量，利用线面角的向量夹角公式求出结果． 
该题考查面面垂直的判定定理的应用，在空间直角坐标系内利用向量求线面角的方法，属于中档难题．

25.【答案】（Ⅰ）证明：∵点M，N分别为线段PB，PC的中点， 
∴MN∥BC， 
又四边形ABCD为正方形，∴BC∥AD， 
∴MN∥AD． 
又AD⊂平面PAD，MN⊄平面PAD， 
∴MN∥平面PAD； 
（Ⅱ）解：∵PA=AB=2，四边形ABCD为正方形， 
∴S△ADC=12×2×2=2， 
∵PA⊥平面ABCD，N为线段PC的中点． 
∴点N到平面ACD的距离d=PA2=1． 
∴VA−CDN=VN−ADC=13dS△ADC=13×1×2=23．;
【解析】 
(Ⅰ)利用中位线定理以及平行线的传递性证明MN//AD，再由判定定理证明即可； 
(Ⅱ)求出点N到平面ACD的距离，再由体积公式求解即可． 
此题主要考查了线面平行的证明以及三棱锥体积的计算，属于中档题．

26.【答案】解：(Ⅰ)证明：∠BCA=90°得BC⊥AC， 
由题意可得A1D⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以A1D⊥BC， 
因为A1D∩AC=D，A1D、AC⊂平面A1AC， 
所以BC⊥平面A1AC， 
又AC1⊂平面A1AC，所以BC⊥AC1， 
因为BA1⊥AC1，BA1∩BC=B，BA1、BC⊂平面A1BC， 
所以AC1⊥平面A1BC； 


(2)设AC1与A1C的交点为O，则由(1)得AO⊥平面A1BC. 
过点A作AE⊥A1B于E，连接OE， 
则OE⊥A1B，故∠AEO为二面角A−A1B−C的平面角． 
∵AO⊥平面A1BC, 
又A1C⊂平面A1BC，∴AO⊥A1C. 
由O为A1C中点，得AA1=AC=2， 
则AO=3.又在ΔA1BC中，得EO=22. 
在ΔAOE中，∠AOE=90°,AO=3,EO=22，所以AE=142， 
得cos∠AEO=77， 
即二面角A−A1B−C的余弦值为77. 
;
【解析】
此题主要考查了直线与平面垂直的判定，以及二面角的度量等有关问题，同时考查了数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，属于中档题． 
(1)根据题意可知BC⊥AC，而A1D⊥平面ABC，所以A1D⊥BC，A1D∩AC=D，从而BC⊥面A1AC，则BC⊥AC1，又因为BA1⊥AC1，BA1∩BC=B，满足线面垂直的判定定理，从而AC1⊥平面A1BC； 
(2)设AC1与A1C的交点为O，则由(1)得AO⊥平面A1BC.过点A作AE⊥A1B于E，连接OE，根据二面角的平面角的定义可知∠AEO为二面角平面角，在RtΔA1BC中求出OE，AO，AE，从而求出二面角余弦．

27.【答案】ABC;
【解析】 
此题主要考查了直线与直线，平面与平面位置关系的判定，二面角的求法，涉及线面垂直的判定与性质运用，考查了空间想象能力，属于中档题. 
由题意画出图形，由线面垂直的判定与性质可得A正确；由面面垂直的判定得B正确；作出二面角P−EF−D的平面角并求其余弦值可得C正确，作出P在底面的射影，再由斜线长与射影的关系判断D. 
 
解：由题意，作出几何图形，如下： 
 
由题意可得 PE、 PF、 PD三条侧棱两两互相垂直， 
由PD⊥PE，PD⊥PF，PE∩PF=P，PE、PF⊂平面PEF， 
∴PD⊥平面PEF，又EF⊂平面PEF， 
∴PD⊥EF，故A正确； 
同理可得PE⊥平面PDF，而PE⊂平面PDE， 
∴平面PDE⊥平面PDF，故B正确； 
取 EF中点G，连接PG，DG，可得PG⊥EF，DG⊥EF，得∠PGD为二面角P−EF−D的平面角，设正方形ABCD的边长为2， 
则PD=2，PG=12EF=22，DG=322， 
∴cos∠PGD=PGDG=22322=13， 
即二面角P−EF−D的余弦值为13，故C正确； 
过P作PO⊥DG于点O，则O为P在底面DEF上的射影， 
∵PE