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人教B版（2019）高中数学 必修第四册《第十一章 立体几何初步》单元测试5（含解析）
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人教B版（2019）必修第四册《第十一章 立体几何初步》单元测试5
一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）在三棱锥P-ABC中，已知AB=AC=BC=2，PA=4，且PA⊥底面ABC，若点D满足：PD→=2DB→，则二面角P-AC-D的余弦值为( )
A. 277 B. 22 C. -277 D. 217
2.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是棱CD上的动点，则直线MC1与平面AA1B1B的位置关系是( )
A. 相交
B. 平行
C. 异面
D. 相交或平行
3.（5分）点M，N分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1和B1C1的中点，则异面直线CM与DN所成的角的余弦值为( )
A. 4515 B. 515 C. 315 D. 415
4.（5分）如图所示，在平面四边形ABCD中，AD⊥CD，AD=CD=6，AC⊥BC，∠B=60o，现将ΔACD沿AC边折起，并连接BD，当三棱锥D-ABC的体积最大时，其外接球的表面积为( )
A. 4π B. 8π C. 12π D. 16π
5.（5分）在球O表面上有A、B、C三个点，若∠AOB=∠BOC=∠COA=π3，且O到平面的距离为22，则此球的表面积为( )
A. 48π B. 36π C. 24π D. 12π
6.（5分）设直三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点都在一个球面上，且球的体积是4010π3，AB=AC=AA1，∠BAC=120°，则此直三棱柱的高是( )
A. 42 B. 4 C. 23 D. 22
7.（5分）已知直线l，m和平面α，下列命题正确的是( )
A. 若l//α，m⊂α，则l//m B. 若l//m，m⊂α，则l//α
C. 若l⊥m，m⊂α，则l⊥α D. 若l⊥α，m⊂α，则l⊥m
8.（5分）已知平面α截球O所得截面圆半径为3，该球面上的点到平面α的距离最大值为3，则球O的表面积为( )
A. 4π B. 8π C. 16π D. 32π
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）已知m,n表示两条不同的直线，α、β、γ表示三个不同的平面．下列命题中，正确的命题是( )
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
10.（5分）已知 a， b表示直线， α， β， γ表示平面，则下列推理不正确的是()
A. α∩β=a， b⊂α⇒a//b
B. α∩β=a， a//b⇒b//α，且 b//β
C. a//β， b//β， a⊂α， b⊂α⇒α//β
D. α//β， α∩γ=a， β∩γ=b⇒a//b
11.（5分）已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，则下列结论正确的是( ).
A. 如果m⊥α，n//α，那么m⊥n
B. 如果m⊥n，m⊥α，n//β，那么α⊥β
C. 如果α//β，m⊂α，那么m//β
D. 如果m//α，n//β且α//β，那么m//n
12.（5分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P是线段CD1上的动点，则下列说法正确的是()
A. BP⊥AC1
B. 三棱锥P-A1C1B的体积为定值
C. 异面直线B1P与A1B所成角的取值范围为[π3,π2]
D. B1P+DP的最小值为23
13.（5分）已知a，b表示直线，α，β，γ表示平面，则下列正确的是( )
A. 若α∩β=a，b⊂α，a⊥b，则α⊥β；
B. 若a⊂α，a垂直于β内任意一条直线，则α⊥β；
C. 若α⊥β，α∩β=a，α∩γ=b，则a⊥b；
D. 若a⊥α，b⊥β，a // b，则α // β.
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是正方体棱上的一点(不包括棱的端点)，对确定的常数m，若满足|PB|+|PD1|=m的点P的个数为n，则n的最大值是______．
15.（5分）已知异面直线a、b所成角为π3，过空间一点P有且仅有2条直线与a、b所成角都是θ，则θ的取值范围是 ______ .
16.（5分）直棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为______．
17.（5分）如图所示，一坚立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为43，则这个圆锥的半径为 ______.
18.（5分）设计一个正四棱锥形的冷水塔顶(不包含底面)，高是0.85m，底面的边长是1.5m，制造这种塔顶需要 ______平方米的铁皮(精确到0.1).
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图，四棱锥E-ABCD中，平面EAD⊥平面ABCD，DC//AB，BC⊥CD，EA⊥ED，且AB=4，BC=CD=EA=ED=2．
(1)求证：BD⊥平面ADE；
(2)求BE和平面CDE所成角的正弦值；
(3)在线段CE上是否存在一点F使得
平面BDF⊥平面CDE，若存在，求出CFCE的值．
20.（12分）如图1，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AD⊥CD，AD=AB=2，作BE⊥CD，E为垂足，将ΔCBE沿BE折到ΔPBE位置，如图2所示．
(Ⅰ)证明：平面PBE⊥平面PDE；
(Ⅱ)当PE⊥DE时，平面PBE与平面PAD所成角的余弦值为255时，求直线PB与平面PAD所成角的正弦值．
21.（12分）如图， 在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，点D是AB的中点．
(Ⅰ)求证：AC⊥BC1；
(Ⅱ)求证：AC1//平面CDB1．
(Ⅲ)设AB=2AA1，AC=BC，在线段A1B1上是否存在点M，使得BM⊥CB1?若存在，确定点M的位置; 若不存在，说明理由．
22.（12分）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为AD中点，N为BC中点，P为B1D1上一点，B1P=3D1P，Q为AA1中点
(1)证明：D1Q⊥平面B1MN
(2)求四面体PMNB1的体积
23.（12分）如图1，在平面四边形ABCD中，∠BAD=60°，AB=BD=2，BC⊥CD且BC=CD.将ΔCBD沿BD折成如图2所示的三棱锥C'-ABD，使AC=1．
(1)证明：AC'⊥BD；
(2)求三棱锥C'-ABD与三棱锥A-C'BD的高的比．
答案和解析
1.【答案】A;
【解析】解：如图，以A为原点，AC→，AP→所在方向分别为x轴，z轴距离空间直角坐标系，
∵AB=AC=BC=2，PA=4，且PA⊥底面ABC，
∴A(0,0,0)，B(3,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,4)，
∵PD→=2DB→，则AD→=AP→+PD→=AP→+23PB→=(233,23,43)，
设平面m→=(x,y,z)，由m→.AC→=y=0m→.AD→=233x+23y+43z=0⇒m→=(-2,0,3)
又平面PAC的法向量为n→=(1,0,0)．
cos=-21×7=-277，
∵二面角P-AC-D为锐角，则二面角P-AC-D的余弦值为277．
故选：A．
以A为原点，AC→，AP→所在方向分别为x轴，z轴距离空间直角坐标系，求得两平面的法向量即可求解．
该题考查了向量法求空间角，考查了计算能力、转化思想，属于中档题．
2.【答案】B;
【解析】
此题主要考查了面面平行的性质，属于基础题.
根据面面平行的性质即可得出结论．
解：如图，
∵MC1⊂平面DD1C1C，平面AA1B1B//平面DD1C1C，
∴MC1//平面AA1B1B.
故选B.
3.【答案】A;
【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，
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，
则N(1,2,2)，D(0,0,0)，C(0,2,0)，M(2,2,1)，
则CM→=(2,0,1)，DN→=(1,2,2)，
设异面直线所成角为θ，
则cosθ=|CM→.DN→||CM→|.|DN→|=45.9=4515．
∴异面直线CM与DN所成的角的余弦值为4515．
故选：A．
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，利用向量法能求出异面直线CM与DN所成的角的余弦值．
该题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
4.【答案】D;
【解析】解：由题意，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥的高最大，此时体积最大，
AD=CD=6，AD⊥CD，
∴ΔACD的高为3，D是投影在AC的中点
∵平面ACD⊥平面ABC，
∴三棱锥的高为3，AC=23，BC=2，AB=4
又∵AC⊥BC，∠B=60o，
∴平面ABC外接圆半径r=AB2=2，
设球心O到圆心O'的距离为d，
可得R2=r2+d2……①
R2=(12BC)2+(3-d)2……②
由①②解得R=2
∴外接球的表面积S=4πR2=16π；
故选：D.
由题意ΔACD沿AC边折起，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥的高最大，此时体积最大，然后求出外接球的半径，再求出外接球的表面积；
此题主要考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
5.【答案】A;
【解析】解：由题意，∵∠AOB=∠BOC=∠COA=π3，OA=OB=OC
∴四面体O-ABC为正四面体
设球的半径为R
∵O到平面的距离为22，
∴R2=8+13R2，
∴R2=12，
∴球的表面积为4π×12=48π，
故选A.
根据∠AOB=∠BOC=∠COA=π3，OA=OB=OC，可得四面体O-ABC为正四面体，利用O到平面的距离为22，确定球的半径，进而可求球的表面积．
此题主要考查球的表面积，考查正四面体的性质，解答该题的关键是确定球的半径．
6.【答案】D;
【解析】解：设AB=AC=AA1=2m.因为∠BAC=120°，所以∠ACB=30°，
于是2msin30∘=2r(r是ΔABC外接圆的半径)，r=2m.
又球心到平面ABC的距离等于侧棱长AA1的一半，
所以球的半径为(2m)2+m2=5m.所以球的表面积为43π(5m)3=4010π3，
解得m=2.
于是直三棱柱的高是AA1=2m=22.
故选：D.
设AB=AC=AA1=2m.通过2msin30∘=2r(r是ΔABC外接圆的半径)，r=2m.结合球心到平面ABC的距离等于侧棱长AA1的一半，球的表面积求解m，即可得到结果．
此题主要考查几何体的外接球的表面积的求法与应用，棱柱的高的求法，是基础题．
7.【答案】D;
【解析】解：若l//α，m⊂α，则l//m或l，m异面，故A错误
若l//m，m⊂α，当l⊂α，则l//α不成立，故B错误；
若l⊥m，m⊂α，根据线面垂直的判定定理，不能得出l⊥α，故C错误；
若l⊥α，m⊂α，根据线面垂直的定义，线面垂直则线垂直面内任一线，可得l⊥m，故D正确
故选：D．
根据线面平行的几何特征，及空间直线关系的分类和定义，可判断A的真假；
根据线面平行的判定定理三个条件一个都不能少，可判断B的真假；
根据线线垂直及线面垂直的几何特征，可以判断C的真假；
根据线面垂直的性质(定义)可以判断D的真假．
该题考查的知识点是空间中直线与直线的位置关系，空间中直线与平面的位置关系，其中熟练掌握空间线面关系的几何特征是解答的关键．
8.【答案】C;
【解析】解：如图，
设平面α截球O所得小圆为圆G，圆心为G，
由题意可得，PG=3，AG=3，
再设球的半径为R，则(3-R)2+(3)2=R2，
解得：R=2.
∴球O的表面积为4πR2=4π×4=16π.
故选：C.
由题意画出图形，利用勾股定理求得球的半径，再由球的表面积公式得答案．
此题主要考查球的表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．
9.【答案】AD;
【解析】
此题主要考查空间直线与平面，直线与直线，平面与平面的位置关系，属于基础题.
由题意，m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，由空间中的线与面、面与面的位置关系对四个选项进行判断得出正确选项，
解：由题意，m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，
A选项，此命题正确，若m⊥α，则m垂直于α中所有直线，由n//α，知m⊥n；
B选项，此命题不正确，因为垂直于同一平面的两个平面也可以相交；
C选项，此命题不正确，因为平行于同一平面的两条直线的位置关系是平行、相交或异面；
D选项，此命题正确，因为α//β，β//γ，所以α//γ，再由m⊥α，得到m⊥γ.
故选AD.
10.【答案】ABC;
【解析】
对于A，a与b相交或平行；对于B，b有可能在平面α内或在平面β内；对于C，α与β相交或平行；对于D，由面面平行的性质得a//b.
此题主要考查线面、面面平行的判定与性质，考查空间想象能力，是基础题．
解：对于A，α∩β=a，b⊂α⇒a与b相交或平行，故A错误；
对于B，α∩β=a，a//b，则可能b//α，且 b//β，也可能b在平面α内或在平面β内，故B错误；
对于C，a//β，b//β，a⊂α，b⊂α⇒α与β相交或平行，故C错误；
对于D，由面面平行的性质得α//β，α∩γ=a，β∩γ=b⇒a//b，故D正确．
故选：ABC.
11.【答案】AC;
【解析】
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，考查空间思维能力等数学核心素养，是基础题．
对于A，由线面垂直、线面平行的性质进行判断；对于B，α与β有可能平行；对于C，由面面平行的定义以及线面平行定义进行判断；对于D，m与n相交、平行或异面．
解：α，β是两个平面，m，n是两条直线，
对于A，如果m⊥α，n//α，那么由线面垂直、线面平行的性质得m⊥n，故A正确；
对于B，如果m⊥n，m⊥α，n//β，那么α与β有可能平行或相交，故B错误；
对于C，如果α//β，m⊂α，那么由面面平行的性质以及线面平行定义得m//β，故C正确；
对于D，如果m//α，n//β且α//β，那么m与n相交、平行或异面，故D错误．
故选：AC.
12.【答案】BC;
【解析】解：P是线段CD1上的动点，若BP⊥AC1，又由正方体的结构特征可知CD1⊥AC1，
BP∩CD1=P，∴AC1⊥平面BCD1，得AC1⊥BD1，可得AB=AD1，而AB≠AD1，
故A错误；
∵A1D1//BC，A1D1=BC，∴四边形A1BCD1为平行四边形，可得CD1//A1B，
∵A1B⊂平面A1C1B，CD1⊄平面A1C1B，∴CD1//平面A1C1B，则P到平面A1BC1的距离为定值，
又△A1C1B的面积为定值，∴三棱锥P-A1C1B的体积为定值，故B正确；
当P为CD1的中点时，异面直线B1P与A1B所成角最大为π2，
当P与C(或D1)重合时，异面直线B1P与A1B所成角最小为π3，
∴异面直线B1P与A1B所成角的取值范围为[π3,π2]，故C正确；
把平面B1D1C沿CD1翻折至与平面DCD1重合时(D与B1在CD1的两侧)，
连接B1D，则B1D与CD1的交点P为CD1的中点，此时B1P+DP最小，
最小值为2+(2)2+22=6+2，故D错误．
故选：BC.
利用反证法的思想判断A；证明直线与平面平行，可得P到平面A1BC1的距离为定值判断B；直接求出异面直线所成角的范围判断C；利用反折法求出B1P+DP的最小值判断D.
此题主要考查正方体的结构特征，考查异面直线所成角及多面体的体积，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】BD;
【解析】
此题主要考查了空间直线与平面的位置的判断与性质，平面与平面的位置判断与性质.
根据直线与平面的位置的判断与性质，平面与平面的位置判断与性质逐句判断即可.
解：对于选项A，若α∩β=a,b⊂α,a⊥b，则α,β可能相交不垂直，故A错误；
对于选项B，若a⊂α,α垂直于β内任意一条直线，由线面垂直的定义可知α⊥β，故B正确；
对于选项C，当γ不与α，β的交线垂直时，即可知a，b不垂直，故C错误；
对于选项D，a⊥α，a // b，故b⊥α ，又b⊥β，由面面平行的判定可知α // β，故D正确.
故选BD.
14.【答案】12;
【解析】解：∵正方体的棱长为1，
∴BD1=3，
∵点P是正方体棱上的一点(不包括棱的端点)，
满足|PB|+|PD1|=m，
∴点P是以2c=3为焦距，以2a=m为长半轴的椭圆，
∵P在正方体的棱上，
∴P应是椭圆与正方体与棱的交点，
结合正方体的性质可知，
满足条件的点应该在正方体的12条棱上各有一点
满足条件．
∴满足|PB|+|PD1|=m的点P的个数n的最大值是12，
故答案为12．
P应是椭圆与正方体与棱的交点，满足条件的点应该在棱B1C1，C1D1，CC1，AA1，AB，AD上各有一点满足条件，由此能求出结果．
本题以正方体为载体，主要考查了椭圆定义的灵活应用，属于综合性试题，解题时要注意空间思维能力的培养．
15.【答案】(π6，π3);
【解析】解：将直线a，b平移交于P点，设平移后的直线为a'，b'，如图所示，
过点P作∠a'Pb'及其外角的角平分线，
异面直线a，b所成角为π3，
所以∠l1Pb'=π6，∠l2Pb'=π3，
所以在l1方向，要使过空间一点P的直线有两条，则有θ>π6，
在l2方向，要使过空间一点P的直线不存在，则有θ<π3，
综上所述，θ的取值范围是(π6,π3).
故答案为：(π6,π3).
将直线a，b平移交于P点，设平移后的直线为a'，b'，过点P作∠a'Pb'及其外角的角平分线，通过线线角之间的关系进行分析求解，即可得到答案．
此题主要考查了异面直线所成的角，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．
16.【答案】3010;
【解析】解：直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，
M，N分别是A1B1，A1C1的中点，
如图：BC的中点为O，连结ON，MN// -1 2B1C1，OB// -1 2B1C1，
∴MN// -OB，∴MN0B是平行四边形，∴BM与AN所成角就是∠ANO，
∵BC=CA=CC1，
设BC=CA=CC1=2，∴CO=1，AO=5，AN=5，
MB=2+4=6，
在ΔANO中，由余弦定理得：cos∠ANO=AN2+NO2-AO2 2AN.NO
=6 25×6=30 10．
故答案为：30 10．
画出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与AN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，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
17.【答案】43;
【解析】解：作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：
该小虫肥行的最短路程为PP'，由余弦定理可得：
cos∠P'OP=OP2+OP2-PP22OP·OP'=42+42-(43)22×4×4=-12∴cos∠P'OP=2π3.
设底面圆的半径为r，则有2πr=2π3⋅4，解得r=43，
故答案为：43.
作出该圆雉的侧面展开图，该小虫爬行的最短路程为PP'，由余弦定理求出cos∠P'OP=2π3，求出底面圆的半径r.
此题主要考查旋转体的最短路径问题，考查学生的运算能力及空间想象能力，属于中档题．
18.【答案】3.4;
【解析】解：如图所示，
S表示塔的顶点，O表示底面的中心，则SO是高，设SE是斜高，
在RtΔSOE中，根据勾股定理得SE=SO2+OE2=(1.52)2+0.852≈1.13(m)，
所以S侧=4×12×BC×SE=4×12×1.5×1.13≈3.4(m2)，
故答案为：3.4.
先利用勾股定理求出正四棱锥的斜高，再利用正棱锥的侧面积公式即可求出结果．
此题主要考查了正四棱锥的侧面积的求法，以及勾股定理的应用，属于基础题．
19.【答案】证明：（1）由BC⊥CD，BC=CD=2，可得BD=22．
由EA⊥ED，且EA=ED=2，可得AD=22．
又AB=4，所以BD⊥AD．
又平面EAD⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD=AD，
BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面ADE．……………（4分）
解：（2）建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
则D（0，0，0），B（0，22，0），C（-2，2，0），
E（2，0，2），
BE→=（2，-22，2），DE→=（2，0，2），DC→=（-2，2，0）．
设n→=（x，y，z）是平面CDE的一个法向量，
则n→.DE→=2x+2z=0n→.DC→=-2x+2y=0，令x=1，得n→=（1，1，-1）．
设直线BE与平面CDE所成的角为α，
则sinα=|n→.BE→||n→|.|BE→|=23，
所以BE和平面CDE所成的角的正弦值为23．………（8分）
（3）设CF→=λCE→，λ∈[0，1]．
DC→=（-2，2，0），CE→=（22，-2，2），
DB→=（0，22，0）．
则DF→=DC→+CF→=DC→+λCE→=2(2λ-1，-λ+1，λ)．
设m→=（x，y，z）是平面BDF一个法向量，
则m→.DB→=22y=0m→.DF→=(2λ-1)x+(-λ+1)y+λz=0，
令x=1，得m→=（1，0，-2λ-1λ）．
若平面BDF⊥平面CDE，则m→.n→=0，即1+2λ-1λ=0，λ=13∈[0，1]．
所以，在线段CE上存在一点F使得平面BDF⊥平面CDE．……………（12分）;
【解析】
(1)由BC⊥CD，BC=CD=2，得BD=22.由EA⊥ED，且EA=ED=2，可得AD=22.从而BD⊥AD.由此能证明BD⊥平面ADE．
(2)建立空间直角坐标系D-xyz，求出平面CDE的一个法向量，利用向量法能求出BE和平面CDE所成的角的正弦值．
(3)设CF→=λCE→，λ∈[0,1].求出平面BDF一个法向量，利用向量法能求出在线段CE上存在一点F使得平面BDF⊥平面CDE．
该题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值、满足面面垂直的点的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算与求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．
20.【答案】
证明：（Ⅰ）在图1中，因为BE⊥CE，BE⊥DE，
所以在图2中有，BE⊥PE，BE⊥DE，
又因DE∩PE=E，所以BE⊥平面PDE，
因BE⊂平面PBE，故平面PBE⊥平面PDE．
解：（Ⅱ）因为PE⊥DE，PE⊥BE，DE∩BE=E，所以PE⊥平面ABED．
又BE⊥ED，以E为原点，分别以ED，EB，EP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图1所示的空间直角坐标系，
设PE=a，D（2，0，0），P（0，0，a），A（2，2，0），
则PD→=（2，0，-a），PA→=（2，2，-a）．
设平面PAD的法向量为n→=（x，y，z），
由n→.PD→=0n→.PA→=0，即2x-az=02x+2y-az=0．取z=2，得n→=（a，0，2），
取平面PBE的法向量为ED→=（2，0，0），
由面PBE与平面PAD所成角的余弦值为255，得255=|n→.ED→||n→|.|ED→|，即2a2a2+4=255，
解得a=4，所以n→=（4，0，2），PB→=（0，2，-4），
设直线PB与平面PAD所成角为α，sinα=|cos＜PB→，n→＞|=25．
所以直线PB与平面PAD所成角的正弦值为25．;
【解析】此题主要考查面面垂直垂直的证明，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．
(Ⅰ)在图1中，由BE⊥CE，BE⊥DE，得到在图2中有，BE⊥PE，BE⊥DE，从而BE⊥平面PDE，由此能证明平面PBE⊥平面PDE．
(Ⅱ)由PE⊥DE，PE⊥BE，得PE⊥平面ABED.再由BE⊥ED，以E为原点，分别以ED，EB，EP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线PB与平面PAD所成角的正弦值．
21.【答案】证明：（I）在三棱柱ABC-A1B1C1中，因为CC1⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，
所以CC1⊥AC．
又AC⊥BC，BC∩CC1=C，
所以AC⊥平面BCC1B1．
而BC1⊂平面BCC1B1，
则AC⊥BC1．…（4分）
（Ⅱ）设CB1与C1B的交点为E，连结DE，
因为D是AB的中点，E是BC1的中点，
所以DE∥AC1．
因为DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，
所以AC1∥平面CDB1．…（9分）
（Ⅲ）在线段A1B1上存在点M，使得BM⊥CB1，且M为线段A1B1的中点．
证明如下：因为AA1⊥底面ABC，CD⊂底面ABC，
所以AA1⊥CD．
由已知AC=BC，D为线段AB的中点，
所以CD⊥AB．
又AA1∩AB=A，
所以CD⊥平面AA1B1B．
取线段A1B1的中点M，连接BM．
因为BM⊂平面AA1B1B，所以CD⊥BM．
由已知AB=2AA1，由平面几何知识可得BM⊥B1D．
又CD∩B1D=D，所以BM⊥平面B1CD．
又B1C⊂平面B1CD，
所以BM⊥CB1．…（14分）
;
【解析】
(I)先证明CC1⊥AC，又AC⊥BC，BC∩CC1=C，可证AC⊥平面BCC1B1，从而可证AC⊥BC1．
(Ⅱ)设CB1与C1B的交点为E，连结DE，可证DE//AC1.即可判定AC1//平面CDB1．
(Ⅲ)可证AA1⊥CD，CD⊥AB，从而证明CD⊥平面AA1B1B，取线段A1B1的中点M，连接BM.可证CD⊥BM，BM⊥B1D，即可证明BM⊥平面B1CD，从而得证BM⊥CB1．
这道题主要考查了直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定和性质，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．
22.【答案】证明：（1）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为AD中点，
N为BC中点，P为B1D1上一点，B1P=3D1P，Q为AA1中点，
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，
D1（0，0，2），Q（2，0，1），B1（2，2，2），M（1，0，0），N（1，2，0），
D1→Q=（2，0，-1），M→B1=（1，2，2），MN→=（0，2，0），
D1→Q•M→B1=0，D1→Q.MN→=0，∴D1Q⊥MB1，D1Q⊥MN，
∵MB1∩MN=M，∴D1Q⊥平面B1MN．
解：（2）∵D1Q⊥平面B1MN，∴平面B1MN的一个法向量为n→=D1→Q=（2，0，-1），
∴P（12，12，2），MP→=（-12，12，2），
∴点P到平面B1MN的距离d=|MP→.n→||n→|=35
cos＜M→B1，MN→＞=M→B1.MN→|M→B1|.|MN→|=43×2=23，
sin＜M→B1，MN→＞=1-(23)2=53，
∴S△B1MN=12×|M→B1|×|MN→|×sin＜M→B1，MN→＞
=12×3×2×53=5．
∴四面体PMNB1的体积V=13×S△B1MN×d=13×5×35=1．;
【解析】
(1)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，利用向量法能证明D1Q⊥平面B1MN．
(2)求出平面B1MN的一个法向量，从而求出点P到平面B1MN的距离，由此利用向量法能求出四面体PMNB1的体积．
此题主要考查线面垂直的证明，考查四面体的体积的求法，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．
23.【答案】（1）证明：在平面四边形ABCD中，∠BAD=60°，AB=BD，
∴△ABD为正三角形，在三棱锥C′-ABD中，取BD中点M，连接AM，C′M，
则AM⊥BD，C′M⊥BD，AM∩C′M=M，∴BD⊥平面C′AM，
从而AC′⊥BD；
（2）解：由于AB=BD=AD=2，可求得AM=3，C′M=1，
又AC′=1，△C′AM为等腰三角形，且∠AMC′=30°，
取AM的中点O，连接C′O，则C′O⊥AM，又C′O⊥AD，
∴C′O⊥平面ABD，则C′O为三棱锥C′-ABD的高，求得C'O=12C'M=12．
由BD⊥平面C′AM，知平面C′AM⊥平面C′BD，C′M为交线，
在平面C′AM中，过A作AN⊥C′M，交MC′的延长线于点N，则AN⊥平面C′BD，
从而AN为三棱锥A-C′BD的高，求得AN=12AM=32，
∴三棱锥C'-ABD与三棱锥A-C'BD的高的比为1：3．;
【解析】
(1)由已知可得ΔABD为正三角形，在三棱锥C'-ABD中，取BD中点M，连接AM，C'M，证明BD⊥平面C'AM，可得AC'⊥BD；
(2)由已知求得AM=3，C'M=1，取AM的中点O，可证C'O⊥平面ABD，则C'O为三棱锥C'-ABD的高，求得C'O=12C'M=12.由BD⊥平面C'AM，知平面C'AM⊥平面C'BD，C'M为交线，在平面C'AM中，过A作AN⊥C'M，交MC'的延长线于点N，则AN⊥平面C'BD，得到AN为三棱锥A-C'BD的高，求得AN，则答案可求．
该题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．
人教B版（2019）必修第四册《第十一章 立体几何初步》单元测试5
一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）在三棱锥P-ABC中，已知AB=AC=BC=2，PA=4，且PA⊥底面ABC，若点D满足：PD→=2DB→，则二面角P-AC-D的余弦值为( )
A. 277 B. 22 C. -277 D. 217
2.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是棱CD上的动点，则直线MC1与平面AA1B1B的位置关系是( )
A. 相交
B. 平行
C. 异面
D. 相交或平行
3.（5分）点M，N分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1和B1C1的中点，则异面直线CM与DN所成的角的余弦值为( )
A. 4515 B. 515 C. 315 D. 415
4.（5分）如图所示，在平面四边形ABCD中，AD⊥CD，AD=CD=6，AC⊥BC，∠B=60o，现将ΔACD沿AC边折起，并连接BD，当三棱锥D-ABC的体积最大时，其外接球的表面积为( )
A. 4π B. 8π C. 12π D. 16π
5.（5分）在球O表面上有A、B、C三个点，若∠AOB=∠BOC=∠COA=π3，且O到平面的距离为22，则此球的表面积为( )
A. 48π B. 36π C. 24π D. 12π
6.（5分）设直三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点都在一个球面上，且球的体积是4010π3，AB=AC=AA1，∠BAC=120°，则此直三棱柱的高是( )
A. 42 B. 4 C. 23 D. 22
7.（5分）已知直线l，m和平面α，下列命题正确的是( )
A. 若l//α，m⊂α，则l//m B. 若l//m，m⊂α，则l//α
C. 若l⊥m，m⊂α，则l⊥α D. 若l⊥α，m⊂α，则l⊥m
8.（5分）已知平面α截球O所得截面圆半径为3，该球面上的点到平面α的距离最大值为3，则球O的表面积为( )
A. 4π B. 8π C. 16π D. 32π
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）已知m,n表示两条不同的直线，α、β、γ表示三个不同的平面．下列命题中，正确的命题是( )
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
10.（5分）已知 a， b表示直线， α， β， γ表示平面，则下列推理不正确的是()
A. α∩β=a， b⊂α⇒a//b
B. α∩β=a， a//b⇒b//α，且 b//β
C. a//β， b//β， a⊂α， b⊂α⇒α//β
D. α//β， α∩γ=a， β∩γ=b⇒a//b
11.（5分）已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，则下列结论正确的是( ).
A. 如果m⊥α，n//α，那么m⊥n
B. 如果m⊥n，m⊥α，n//β，那么α⊥β
C. 如果α//β，m⊂α，那么m//β
D. 如果m//α，n//β且α//β，那么m//n
12.（5分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P是线段CD1上的动点，则下列说法正确的是()
A. BP⊥AC1
B. 三棱锥P-A1C1B的体积为定值
C. 异面直线B1P与A1B所成角的取值范围为[π3,π2]
D. B1P+DP的最小值为23
13.（5分）已知a，b表示直线，α，β，γ表示平面，则下列正确的是( )
A. 若α∩β=a，b⊂α，a⊥b，则α⊥β；
B. 若a⊂α，a垂直于β内任意一条直线，则α⊥β；
C. 若α⊥β，α∩β=a，α∩γ=b，则a⊥b；
D. 若a⊥α，b⊥β，a // b，则α // β.
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是正方体棱上的一点(不包括棱的端点)，对确定的常数m，若满足|PB|+|PD1|=m的点P的个数为n，则n的最大值是______．
15.（5分）已知异面直线a、b所成角为π3，过空间一点P有且仅有2条直线与a、b所成角都是θ，则θ的取值范围是 ______ .
16.（5分）直棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为______．
17.（5分）如图所示，一坚立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为43，则这个圆锥的半径为 ______.
18.（5分）设计一个正四棱锥形的冷水塔顶(不包含底面)，高是0.85m，底面的边长是1.5m，制造这种塔顶需要 ______平方米的铁皮(精确到0.1).
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图，四棱锥E-ABCD中，平面EAD⊥平面ABCD，DC//AB，BC⊥CD，EA⊥ED，且AB=4，BC=CD=EA=ED=2．
(1)求证：BD⊥平面ADE；
(2)求BE和平面CDE所成角的正弦值；
(3)在线段CE上是否存在一点F使得
平面BDF⊥平面CDE，若存在，求出CFCE的值．
20.（12分）如图1，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AD⊥CD，AD=AB=2，作BE⊥CD，E为垂足，将ΔCBE沿BE折到ΔPBE位置，如图2所示．
(Ⅰ)证明：平面PBE⊥平面PDE；
(Ⅱ)当PE⊥DE时，平面PBE与平面PAD所成角的余弦值为255时，求直线PB与平面PAD所成角的正弦值．
21.（12分）如图， 在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，点D是AB的中点．
(Ⅰ)求证：AC⊥BC1；
(Ⅱ)求证：AC1//平面CDB1．
(Ⅲ)设AB=2AA1，AC=BC，在线段A1B1上是否存在点M，使得BM⊥CB1?若存在，确定点M的位置; 若不存在，说明理由．
22.（12分）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为AD中点，N为BC中点，P为B1D1上一点，B1P=3D1P，Q为AA1中点
(1)证明：D1Q⊥平面B1MN
(2)求四面体PMNB1的体积
23.（12分）如图1，在平面四边形ABCD中，∠BAD=60°，AB=BD=2，BC⊥CD且BC=CD.将ΔCBD沿BD折成如图2所示的三棱锥C'-ABD，使AC=1．
(1)证明：AC'⊥BD；
(2)求三棱锥C'-ABD与三棱锥A-C'BD的高的比．
答案和解析
1.【答案】A;
【解析】解：如图，以A为原点，AC→，AP→所在方向分别为x轴，z轴距离空间直角坐标系，
∵AB=AC=BC=2，PA=4，且PA⊥底面ABC，
∴A(0,0,0)，B(3,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,4)，
∵PD→=2DB→，则AD→=AP→+PD→=AP→+23PB→=(233,23,43)，
设平面m→=(x,y,z)，由m→.AC→=y=0m→.AD→=233x+23y+43z=0⇒m→=(-2,0,3)
又平面PAC的法向量为n→=(1,0,0)．
cos
∵二面角P-AC-D为锐角，则二面角P-AC-D的余弦值为277．
故选：A．
以A为原点，AC→，AP→所在方向分别为x轴，z轴距离空间直角坐标系，求得两平面的法向量即可求解．
该题考查了向量法求空间角，考查了计算能力、转化思想，属于中档题．
2.【答案】B;
【解析】
此题主要考查了面面平行的性质，属于基础题.
根据面面平行的性质即可得出结论．
解：如图，
∵MC1⊂平面DD1C1C，平面AA1B1B//平面DD1C1C，
∴MC1//平面AA1B1B.
故选B.
3.【答案】A;
【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，
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，
则N(1,2,2)，D(0,0,0)，C(0,2,0)，M(2,2,1)，
则CM→=(2,0,1)，DN→=(1,2,2)，
设异面直线所成角为θ，
则cosθ=|CM→.DN→||CM→|.|DN→|=45.9=4515．
∴异面直线CM与DN所成的角的余弦值为4515．
故选：A．
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，利用向量法能求出异面直线CM与DN所成的角的余弦值．
该题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
4.【答案】D;
【解析】解：由题意，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥的高最大，此时体积最大，
AD=CD=6，AD⊥CD，
∴ΔACD的高为3，D是投影在AC的中点
∵平面ACD⊥平面ABC，
∴三棱锥的高为3，AC=23，BC=2，AB=4
又∵AC⊥BC，∠B=60o，
∴平面ABC外接圆半径r=AB2=2，
设球心O到圆心O'的距离为d，
可得R2=r2+d2……①
R2=(12BC)2+(3-d)2……②
由①②解得R=2
∴外接球的表面积S=4πR2=16π；
故选：D.
由题意ΔACD沿AC边折起，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥的高最大，此时体积最大，然后求出外接球的半径，再求出外接球的表面积；
此题主要考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
5.【答案】A;
【解析】解：由题意，∵∠AOB=∠BOC=∠COA=π3，OA=OB=OC
∴四面体O-ABC为正四面体
设球的半径为R
∵O到平面的距离为22，
∴R2=8+13R2，
∴R2=12，
∴球的表面积为4π×12=48π，
故选A.
根据∠AOB=∠BOC=∠COA=π3，OA=OB=OC，可得四面体O-ABC为正四面体，利用O到平面的距离为22，确定球的半径，进而可求球的表面积．
此题主要考查球的表面积，考查正四面体的性质，解答该题的关键是确定球的半径．
6.【答案】D;
【解析】解：设AB=AC=AA1=2m.因为∠BAC=120°，所以∠ACB=30°，
于是2msin30∘=2r(r是ΔABC外接圆的半径)，r=2m.
又球心到平面ABC的距离等于侧棱长AA1的一半，
所以球的半径为(2m)2+m2=5m.所以球的表面积为43π(5m)3=4010π3，
解得m=2.
于是直三棱柱的高是AA1=2m=22.
故选：D.
设AB=AC=AA1=2m.通过2msin30∘=2r(r是ΔABC外接圆的半径)，r=2m.结合球心到平面ABC的距离等于侧棱长AA1的一半，球的表面积求解m，即可得到结果．
此题主要考查几何体的外接球的表面积的求法与应用，棱柱的高的求法，是基础题．
7.【答案】D;
【解析】解：若l//α，m⊂α，则l//m或l，m异面，故A错误
若l//m，m⊂α，当l⊂α，则l//α不成立，故B错误；
若l⊥m，m⊂α，根据线面垂直的判定定理，不能得出l⊥α，故C错误；
若l⊥α，m⊂α，根据线面垂直的定义，线面垂直则线垂直面内任一线，可得l⊥m，故D正确
故选：D．
根据线面平行的几何特征，及空间直线关系的分类和定义，可判断A的真假；
根据线面平行的判定定理三个条件一个都不能少，可判断B的真假；
根据线线垂直及线面垂直的几何特征，可以判断C的真假；
根据线面垂直的性质(定义)可以判断D的真假．
该题考查的知识点是空间中直线与直线的位置关系，空间中直线与平面的位置关系，其中熟练掌握空间线面关系的几何特征是解答的关键．
8.【答案】C;
【解析】解：如图，
设平面α截球O所得小圆为圆G，圆心为G，
由题意可得，PG=3，AG=3，
再设球的半径为R，则(3-R)2+(3)2=R2，
解得：R=2.
∴球O的表面积为4πR2=4π×4=16π.
故选：C.
由题意画出图形，利用勾股定理求得球的半径，再由球的表面积公式得答案．
此题主要考查球的表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．
9.【答案】AD;
【解析】
此题主要考查空间直线与平面，直线与直线，平面与平面的位置关系，属于基础题.
由题意，m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，由空间中的线与面、面与面的位置关系对四个选项进行判断得出正确选项，
解：由题意，m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，
A选项，此命题正确，若m⊥α，则m垂直于α中所有直线，由n//α，知m⊥n；
B选项，此命题不正确，因为垂直于同一平面的两个平面也可以相交；
C选项，此命题不正确，因为平行于同一平面的两条直线的位置关系是平行、相交或异面；
D选项，此命题正确，因为α//β，β//γ，所以α//γ，再由m⊥α，得到m⊥γ.
故选AD.
10.【答案】ABC;
【解析】
对于A，a与b相交或平行；对于B，b有可能在平面α内或在平面β内；对于C，α与β相交或平行；对于D，由面面平行的性质得a//b.
此题主要考查线面、面面平行的判定与性质，考查空间想象能力，是基础题．
解：对于A，α∩β=a，b⊂α⇒a与b相交或平行，故A错误；
对于B，α∩β=a，a//b，则可能b//α，且 b//β，也可能b在平面α内或在平面β内，故B错误；
对于C，a//β，b//β，a⊂α，b⊂α⇒α与β相交或平行，故C错误；
对于D，由面面平行的性质得α//β，α∩γ=a，β∩γ=b⇒a//b，故D正确．
故选：ABC.
11.【答案】AC;
【解析】
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，考查空间思维能力等数学核心素养，是基础题．
对于A，由线面垂直、线面平行的性质进行判断；对于B，α与β有可能平行；对于C，由面面平行的定义以及线面平行定义进行判断；对于D，m与n相交、平行或异面．
解：α，β是两个平面，m，n是两条直线，
对于A，如果m⊥α，n//α，那么由线面垂直、线面平行的性质得m⊥n，故A正确；
对于B，如果m⊥n，m⊥α，n//β，那么α与β有可能平行或相交，故B错误；
对于C，如果α//β，m⊂α，那么由面面平行的性质以及线面平行定义得m//β，故C正确；
对于D，如果m//α，n//β且α//β，那么m与n相交、平行或异面，故D错误．
故选：AC.
12.【答案】BC;
【解析】解：P是线段CD1上的动点，若BP⊥AC1，又由正方体的结构特征可知CD1⊥AC1，
BP∩CD1=P，∴AC1⊥平面BCD1，得AC1⊥BD1，可得AB=AD1，而AB≠AD1，
故A错误；
∵A1D1//BC，A1D1=BC，∴四边形A1BCD1为平行四边形，可得CD1//A1B，
∵A1B⊂平面A1C1B，CD1⊄平面A1C1B，∴CD1//平面A1C1B，则P到平面A1BC1的距离为定值，
又△A1C1B的面积为定值，∴三棱锥P-A1C1B的体积为定值，故B正确；
当P为CD1的中点时，异面直线B1P与A1B所成角最大为π2，
当P与C(或D1)重合时，异面直线B1P与A1B所成角最小为π3，
∴异面直线B1P与A1B所成角的取值范围为[π3,π2]，故C正确；
把平面B1D1C沿CD1翻折至与平面DCD1重合时(D与B1在CD1的两侧)，
连接B1D，则B1D与CD1的交点P为CD1的中点，此时B1P+DP最小，
最小值为2+(2)2+22=6+2，故D错误．
故选：BC.
利用反证法的思想判断A；证明直线与平面平行，可得P到平面A1BC1的距离为定值判断B；直接求出异面直线所成角的范围判断C；利用反折法求出B1P+DP的最小值判断D.
此题主要考查正方体的结构特征，考查异面直线所成角及多面体的体积，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】BD;
【解析】
此题主要考查了空间直线与平面的位置的判断与性质，平面与平面的位置判断与性质.
根据直线与平面的位置的判断与性质，平面与平面的位置判断与性质逐句判断即可.
解：对于选项A，若α∩β=a,b⊂α,a⊥b，则α,β可能相交不垂直，故A错误；
对于选项B，若a⊂α,α垂直于β内任意一条直线，由线面垂直的定义可知α⊥β，故B正确；
对于选项C，当γ不与α，β的交线垂直时，即可知a，b不垂直，故C错误；
对于选项D，a⊥α，a // b，故b⊥α ，又b⊥β，由面面平行的判定可知α // β，故D正确.
故选BD.
14.【答案】12;
【解析】解：∵正方体的棱长为1，
∴BD1=3，
∵点P是正方体棱上的一点(不包括棱的端点)，
满足|PB|+|PD1|=m，
∴点P是以2c=3为焦距，以2a=m为长半轴的椭圆，
∵P在正方体的棱上，
∴P应是椭圆与正方体与棱的交点，
结合正方体的性质可知，
满足条件的点应该在正方体的12条棱上各有一点
满足条件．
∴满足|PB|+|PD1|=m的点P的个数n的最大值是12，
故答案为12．
P应是椭圆与正方体与棱的交点，满足条件的点应该在棱B1C1，C1D1，CC1，AA1，AB，AD上各有一点满足条件，由此能求出结果．
本题以正方体为载体，主要考查了椭圆定义的灵活应用，属于综合性试题，解题时要注意空间思维能力的培养．
15.【答案】(π6，π3);
【解析】解：将直线a，b平移交于P点，设平移后的直线为a'，b'，如图所示，
过点P作∠a'Pb'及其外角的角平分线，
异面直线a，b所成角为π3，
所以∠l1Pb'=π6，∠l2Pb'=π3，
所以在l1方向，要使过空间一点P的直线有两条，则有θ>π6，
在l2方向，要使过空间一点P的直线不存在，则有θ<π3，
综上所述，θ的取值范围是(π6,π3).
故答案为：(π6,π3).
将直线a，b平移交于P点，设平移后的直线为a'，b'，过点P作∠a'Pb'及其外角的角平分线，通过线线角之间的关系进行分析求解，即可得到答案．
此题主要考查了异面直线所成的角，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．
16.【答案】3010;
【解析】解：直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，
M，N分别是A1B1，A1C1的中点，
如图：BC的中点为O，连结ON，MN// -1 2B1C1，OB// -1 2B1C1，
∴MN// -OB，∴MN0B是平行四边形，∴BM与AN所成角就是∠ANO，
∵BC=CA=CC1，
设BC=CA=CC1=2，∴CO=1，AO=5，AN=5，
MB=2+4=6，
在ΔANO中，由余弦定理得：cos∠ANO=AN2+NO2-AO2 2AN.NO
=6 25×6=30 10．
故答案为：30 10．
画出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与AN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，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
17.【答案】43;
【解析】解：作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：
该小虫肥行的最短路程为PP'，由余弦定理可得：
cos∠P'OP=OP2+OP2-PP22OP·OP'=42+42-(43)22×4×4=-12∴cos∠P'OP=2π3.
设底面圆的半径为r，则有2πr=2π3⋅4，解得r=43，
故答案为：43.
作出该圆雉的侧面展开图，该小虫爬行的最短路程为PP'，由余弦定理求出cos∠P'OP=2π3，求出底面圆的半径r.
此题主要考查旋转体的最短路径问题，考查学生的运算能力及空间想象能力，属于中档题．
18.【答案】3.4;
【解析】解：如图所示，
S表示塔的顶点，O表示底面的中心，则SO是高，设SE是斜高，
在RtΔSOE中，根据勾股定理得SE=SO2+OE2=(1.52)2+0.852≈1.13(m)，
所以S侧=4×12×BC×SE=4×12×1.5×1.13≈3.4(m2)，
故答案为：3.4.
先利用勾股定理求出正四棱锥的斜高，再利用正棱锥的侧面积公式即可求出结果．
此题主要考查了正四棱锥的侧面积的求法，以及勾股定理的应用，属于基础题．
19.【答案】证明：（1）由BC⊥CD，BC=CD=2，可得BD=22．
由EA⊥ED，且EA=ED=2，可得AD=22．
又AB=4，所以BD⊥AD．
又平面EAD⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD=AD，
BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面ADE．……………（4分）
解：（2）建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
则D（0，0，0），B（0，22，0），C（-2，2，0），
E（2，0，2），
BE→=（2，-22，2），DE→=（2，0，2），DC→=（-2，2，0）．
设n→=（x，y，z）是平面CDE的一个法向量，
则n→.DE→=2x+2z=0n→.DC→=-2x+2y=0，令x=1，得n→=（1，1，-1）．
设直线BE与平面CDE所成的角为α，
则sinα=|n→.BE→||n→|.|BE→|=23，
所以BE和平面CDE所成的角的正弦值为23．………（8分）
（3）设CF→=λCE→，λ∈[0，1]．
DC→=（-2，2，0），CE→=（22，-2，2），
DB→=（0，22，0）．
则DF→=DC→+CF→=DC→+λCE→=2(2λ-1，-λ+1，λ)．
设m→=（x，y，z）是平面BDF一个法向量，
则m→.DB→=22y=0m→.DF→=(2λ-1)x+(-λ+1)y+λz=0，
令x=1，得m→=（1，0，-2λ-1λ）．
若平面BDF⊥平面CDE，则m→.n→=0，即1+2λ-1λ=0，λ=13∈[0，1]．
所以，在线段CE上存在一点F使得平面BDF⊥平面CDE．……………（12分）;
【解析】
(1)由BC⊥CD，BC=CD=2，得BD=22.由EA⊥ED，且EA=ED=2，可得AD=22.从而BD⊥AD.由此能证明BD⊥平面ADE．
(2)建立空间直角坐标系D-xyz，求出平面CDE的一个法向量，利用向量法能求出BE和平面CDE所成的角的正弦值．
(3)设CF→=λCE→，λ∈[0,1].求出平面BDF一个法向量，利用向量法能求出在线段CE上存在一点F使得平面BDF⊥平面CDE．
该题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值、满足面面垂直的点的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算与求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．
20.【答案】
证明：（Ⅰ）在图1中，因为BE⊥CE，BE⊥DE，
所以在图2中有，BE⊥PE，BE⊥DE，
又因DE∩PE=E，所以BE⊥平面PDE，
因BE⊂平面PBE，故平面PBE⊥平面PDE．
解：（Ⅱ）因为PE⊥DE，PE⊥BE，DE∩BE=E，所以PE⊥平面ABED．
又BE⊥ED，以E为原点，分别以ED，EB，EP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图1所示的空间直角坐标系，
设PE=a，D（2，0，0），P（0，0，a），A（2，2，0），
则PD→=（2，0，-a），PA→=（2，2，-a）．
设平面PAD的法向量为n→=（x，y，z），
由n→.PD→=0n→.PA→=0，即2x-az=02x+2y-az=0．取z=2，得n→=（a，0，2），
取平面PBE的法向量为ED→=（2，0，0），
由面PBE与平面PAD所成角的余弦值为255，得255=|n→.ED→||n→|.|ED→|，即2a2a2+4=255，
解得a=4，所以n→=（4，0，2），PB→=（0，2，-4），
设直线PB与平面PAD所成角为α，sinα=|cos＜PB→，n→＞|=25．
所以直线PB与平面PAD所成角的正弦值为25．;
【解析】此题主要考查面面垂直垂直的证明，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．
(Ⅰ)在图1中，由BE⊥CE，BE⊥DE，得到在图2中有，BE⊥PE，BE⊥DE，从而BE⊥平面PDE，由此能证明平面PBE⊥平面PDE．
(Ⅱ)由PE⊥DE，PE⊥BE，得PE⊥平面ABED.再由BE⊥ED，以E为原点，分别以ED，EB，EP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线PB与平面PAD所成角的正弦值．
21.【答案】证明：（I）在三棱柱ABC-A1B1C1中，因为CC1⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，
所以CC1⊥AC．
又AC⊥BC，BC∩CC1=C，
所以AC⊥平面BCC1B1．
而BC1⊂平面BCC1B1，
则AC⊥BC1．…（4分）
（Ⅱ）设CB1与C1B的交点为E，连结DE，
因为D是AB的中点，E是BC1的中点，
所以DE∥AC1．
因为DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，
所以AC1∥平面CDB1．…（9分）
（Ⅲ）在线段A1B1上存在点M，使得BM⊥CB1，且M为线段A1B1的中点．
证明如下：因为AA1⊥底面ABC，CD⊂底面ABC，
所以AA1⊥CD．
由已知AC=BC，D为线段AB的中点，
所以CD⊥AB．
又AA1∩AB=A，
所以CD⊥平面AA1B1B．
取线段A1B1的中点M，连接BM．
因为BM⊂平面AA1B1B，所以CD⊥BM．
由已知AB=2AA1，由平面几何知识可得BM⊥B1D．
又CD∩B1D=D，所以BM⊥平面B1CD．
又B1C⊂平面B1CD，
所以BM⊥CB1．…（14分）
;
【解析】
(I)先证明CC1⊥AC，又AC⊥BC，BC∩CC1=C，可证AC⊥平面BCC1B1，从而可证AC⊥BC1．
(Ⅱ)设CB1与C1B的交点为E，连结DE，可证DE//AC1.即可判定AC1//平面CDB1．
(Ⅲ)可证AA1⊥CD，CD⊥AB，从而证明CD⊥平面AA1B1B，取线段A1B1的中点M，连接BM.可证CD⊥BM，BM⊥B1D，即可证明BM⊥平面B1CD，从而得证BM⊥CB1．
这道题主要考查了直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定和性质，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．
22.【答案】证明：（1）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为AD中点，
N为BC中点，P为B1D1上一点，B1P=3D1P，Q为AA1中点，
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，
D1（0，0，2），Q（2，0，1），B1（2，2，2），M（1，0，0），N（1，2，0），
D1→Q=（2，0，-1），M→B1=（1，2，2），MN→=（0，2，0），
D1→Q•M→B1=0，D1→Q.MN→=0，∴D1Q⊥MB1，D1Q⊥MN，
∵MB1∩MN=M，∴D1Q⊥平面B1MN．
解：（2）∵D1Q⊥平面B1MN，∴平面B1MN的一个法向量为n→=D1→Q=（2，0，-1），
∴P（12，12，2），MP→=（-12，12，2），
∴点P到平面B1MN的距离d=|MP→.n→||n→|=35
cos＜M→B1，MN→＞=M→B1.MN→|M→B1|.|MN→|=43×2=23，
sin＜M→B1，MN→＞=1-(23)2=53，
∴S△B1MN=12×|M→B1|×|MN→|×sin＜M→B1，MN→＞
=12×3×2×53=5．
∴四面体PMNB1的体积V=13×S△B1MN×d=13×5×35=1．;
【解析】
(1)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，利用向量法能证明D1Q⊥平面B1MN．
(2)求出平面B1MN的一个法向量，从而求出点P到平面B1MN的距离，由此利用向量法能求出四面体PMNB1的体积．
此题主要考查线面垂直的证明，考查四面体的体积的求法，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．
23.【答案】（1）证明：在平面四边形ABCD中，∠BAD=60°，AB=BD，
∴△ABD为正三角形，在三棱锥C′-ABD中，取BD中点M，连接AM，C′M，
则AM⊥BD，C′M⊥BD，AM∩C′M=M，∴BD⊥平面C′AM，
从而AC′⊥BD；
（2）解：由于AB=BD=AD=2，可求得AM=3，C′M=1，
又AC′=1，△C′AM为等腰三角形，且∠AMC′=30°，
取AM的中点O，连接C′O，则C′O⊥AM，又C′O⊥AD，
∴C′O⊥平面ABD，则C′O为三棱锥C′-ABD的高，求得C'O=12C'M=12．
由BD⊥平面C′AM，知平面C′AM⊥平面C′BD，C′M为交线，
在平面C′AM中，过A作AN⊥C′M，交MC′的延长线于点N，则AN⊥平面C′BD，
从而AN为三棱锥A-C′BD的高，求得AN=12AM=32，
∴三棱锥C'-ABD与三棱锥A-C'BD的高的比为1：3．;
【解析】
(1)由已知可得ΔABD为正三角形，在三棱锥C'-ABD中，取BD中点M，连接AM，C'M，证明BD⊥平面C'AM，可得AC'⊥BD；
(2)由已知求得AM=3，C'M=1，取AM的中点O，可证C'O⊥平面ABD，则C'O为三棱锥C'-ABD的高，求得C'O=12C'M=12.由BD⊥平面C'AM，知平面C'AM⊥平面C'BD，C'M为交线，在平面C'AM中，过A作AN⊥C'M，交MC'的延长线于点N，则AN⊥平面C'BD，得到AN为三棱锥A-C'BD的高，求得AN，则答案可求．
该题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．
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