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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（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
一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）若一个圆柱的正视图与其侧面展开图是相似矩形，则这个圆柱的全面积与侧面积之比为( )
A. 1+π B. 1+1π C. 1+12π D. 1+12π
2.（5分）长方体ABCD-A'B'C'D'中，长、宽、高分别为3，2，1，一只蚂蚁从点A出发沿着长方体的表面爬行到达点C'的最短路程是( )
A. 14 B. 26 C. 25 D. 32
3.（5分）已知直线a和平面α、β有如下关系：①α⊥β，②α//β，③a⊥β，④a//α，则下列命题为真的是( )
A. ①③⇒④ B. ①④⇒③ C. ③④⇒① D. ②③⇒④
4.（5分）已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为边AB，BC上的点，且AE=BF=3.将ΔAED，ΔCFD分别沿ED和FD折起，使点A和C重合于点P，则三棱锥P-EFD的外接球表面积为( )
A. 26π B. 13π C. 104263π D. 26263π
5.（5分）已知a，b为两条不同的直线，α为平面，则下列命题正确的是()
A. 若a⊥α，a⊥b，则b//α B. 若a//α，a⊥b，则b⊥α
C. 若a//α，b//α，则a//b D. 若a⊥α，a//b，则b⊥α
6.（5分）已知两条相交直线，，平面，则与的位置关系是( )
A. 平面 B. 平面
C. 平面 D. 与平面相交，或平面
7.（5分）已知直线a，b和平面α，β，若a⊂α，b⊂β，α⊥β，则下列情况不可能成立的是()
A. a//b且a//β B. a//b且a⊥β
C. a⊥b且a//β D. a⊥b且a⊥β
8.（5分）一个直棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)的底面是菱形，棱柱的对角线长分别是9cm和15cm，高是5cm，则这个直棱柱的侧面积是( )
A. 160 cm2 B. 320 cm2 C. 4089cm2 D. 8089cm2
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是
A. 异面直线BD1与B1C所成的角的大小为90∘
B. 四面体D1DBC的每个面都是直角三角形
C. 二面角D1-BC-B1的大小为30∘
D. 正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球上一点与外接球上一点的距离的最小值为3-12
10.（5分）下面关于空间几何体叙述正确的是( )
A. 正四棱柱是长方体
B. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥
C. 有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
D. 直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆锥
11.（5分）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为棱A1D1，A1B1，B1C1，C1D1的中点，将该正方体挖去两个大小完全相同的四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，则( )
A. CG//平面ADE B. 该几何体的上底面的周长为4+π
C. 该几何体的体积为8-2π3 D. 三棱锥F-ABC的外接球的表面积为41π4
12.（5分）以下四个命题正确的是( )
A. 三个平面最多可以把空间分成八部分
B. 若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，则“a与b相交”与“α与β相交”等价
C. 若α∩β=l，直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且a∩b=P，则P∈l
D. 若n条直线中任意两条共面，则它们共面
13.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是()
A. 四边形ABC1D1的面积为|AB→|·|BC1→|
B. AD1→与A1B→的夹角为60°
C. (AA1→+A1D1→+A1B1→)2=3A1B1→2
D. A1C→·(A1B1→-A1D1→)=0
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）已知异面直线a与b所成的角θ=70°，P为空间一点，则过P点与a和b所成角θ=45°的直线有______条，过P点与a和b所成角θ=35°的直线有______条，过P点与a和b所成角θ=70的直线有______条
15.（5分）如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，且PA=PB=PC=PD，已知四棱锥的表面积是12，则它的体积为______．
16.（5分）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，P为棱AA1的中点，若正三棱柱ABC-A1B1C1的体积为9，则三棱锥C1- PBC的体积为__________.
17.（5分）用斜二侧法画水平放置的ΔABC的直观图，得到如图所示等腰直角ΔA'B'C'.已知点O'是斜边B'C'的中点，且A'O'=1，则ΔABC的BC边上的高为 ______ .
18.（5分）三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=PC=AC=2，AB=4，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为 ______ ．
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF||AB，AB=2，BC=EF=1，AE=6，DE=3，∠BAD=π3，CG=12BC.
(Ⅰ)求证：FG||平面BED；
(Ⅱ)求证：面BDE⊥面ADE
(III)求三棱锥E-ABD的体积。
20.（12分）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，A1B1⊥B1C1，设A1C与AC1交于点D，B1C与BC1交于点E.
(1)求证：DE//平面ABB1A1；
(2)求证：BC1⊥平面A1B1C.
21.（12分）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，且FA=FC．
(1)求证：FB//平面EAD；
(2)求证：AC⊥平面BDEF．
22.（12分）如图，在四棱锥E-ABCD中，ED⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥AD，AB=AD=12CD=1．
(1)求证：BC⊥平面BDE；
(2)当几何体ABCE的体积等于13时，求四棱锥E-ABCD的侧面积．
23.（12分）三棱柱ABC-A1B1C1在如图所示的空间直角坐标系中，已知AB=2，AC=4，AA1=3.D是BC的中点．
(1)求直线A1D与B1C1所成角的余弦值；
(2)求直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】D;
【解析】
此题主要考查圆柱的全面积与侧面积，设圆柱的底面半径为r，高为h，则2rh=h2πr，即h=2rπ，求出全面积与侧面积，即可得出结论．
解：设圆柱的底面半径为r，高为h，则2rh=h2πr，即h=2rπ，
所以S侧=2πr⋅h=4πr2π,S全=4πr2π+2πr2，
因此S全S侧=4πr2π+2πr24πr2π=1+12π.
故选D.
2.【答案】D;
【解析】
此题主要考查多面体上的最短距离，将长方体的正面和上底面展成一个平面，根据连接两点线段最短可得结果.
解：由题意将长方体的正面和上底面展成一个平面，如图：
最短距离为AC'=32+2+12=32.
故选D.
3.【答案】C;
【解析】解：对于A，由α⊥β，a⊥β，可得a//α或a⊂α，故A错误；
对于B，由α⊥β，a//α，可得a⊂β或a//β或a与β相交，故B错误；
对于C，由a//α，过a作平面γ与α相交，交线为b，则a//b，
∵a⊥β，∴b⊥β，而b⊂α，可得α⊥β，故C正确；
对于D，由α//β，a⊥β，可得a⊥α，故D错误．
故选：C．
由空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用逐一核对四个选项得答案．
该题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
4.【答案】A;
【解析】
该题考查三棱锥的外接球与三棱锥的棱的关系，及球的表面积公式，涉及到线面垂直的判定，属于中档题．
由题意求出折起的三棱锥的各棱长的值，可得该三棱锥为一条侧棱垂直于底面，且底面为直角三角形，将该三棱锥放在长方体中可知长方体的长宽高，根据外接球的直径等于长方体的对角线求出半径，进而求出表面积．
解：由题意知，P与A，C重合，∴将ΔAED，ΔCFD分别沿ED和FD折起后，PDE就是ADE，PFD就是CFD，
所以由原来正方形可知，EP⊥PD，且PE=AE=3，PD=CD=4，
PF=CF=1，
在正方形ABCD中，EF=BE2+BF2=12+32=10，
DF=CD2+CF2=42+12=17，
所以EF2=PE2+PF2，∴PE⊥PF，
DF2=PD2+FP2，∴PF⊥PD，
又PE∩PD=P，PE，PD⊂面PED，所以FP⊥面PED，
所以三棱锥P-EFD为一条棱长垂直于底面的三棱锥，
将该三棱锥放在长方体中，由以上知长宽高分别为3，4，1，
设三棱锥的外接球的半径为R，则(2R)2=32+42+12=26，
所以三棱锥P-EFD的外接球表面积S=4πR2=26π，
故选：A．
5.【答案】D;
【解析】解：对于A，若a⊥α，a⊥b，则b//α或b⊂α，故A错误；
对于B，若a//α，a⊥b，则b//α或b⊂α，或b与α相交，故B错误；
对于C，若a//α，b//α，则a与b相交、平行或异面，故C错误；
对于D，若a⊥α，a//b，则由直线与平面垂直的判定定理知b⊥α，故D正确．
故选：D.
对于A，b//α或b⊂α；对于B，b//α或b⊂α，或b与α相交；对于C，a与b相交、平行或异面；对于D，由直线与平面垂直的判定定理知b⊥α.
此题主要考查命题真假的判断，考查线面平行、线面垂直、面面平行的判定与性质等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
6.【答案】D;
【解析】
此题主要考查空间中线面的位置关系，解决此类问题的关键是熟练掌握空间中点、直线以及平面之间的位置关系．
根据空间中直线与平面的位置关系可得答案．
解：根据空间中直线与平面的位置关系可得：b可能与平面α相交，也可能b与平面α平行，
故选D.
7.【答案】B;
【解析】解：∵a⊂α，b⊂β，α⊥β，
∴当a//β时，a与平面β内的直线可能平行，也可能垂直，还可能异面而不垂直，故A，C都可能成立；
当a⊥β时，根据线面垂直的定义，a与平面β内的所有直线都垂直，∴D可能成立，B不可能成立．
故选：B.
由已知结合平面与平面垂直的性质逐一分析四个选项得答案．
此题主要考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
8.【答案】A;
【解析】解：设底面菱形的对角线分别为a，b，则由已知得出a2+52=92b2+52=152
解得a=214b=102，
所以菱形的边长为(a2)2+(b2)2=64=8．
直棱柱的侧面均为矩形，所以所求的直棱柱的侧面积是S=4×8×5=160cm2
故选：A
直棱柱的侧面均为矩形，只有求出菱形的边长，利用侧面积等于底面周长乘以高，即可计算．设底面菱形的对角线分别为a，b，根据对角线的长度，列方程求出a，b.再求出菱形的边长．
此题主要考查直棱柱的结构特征，考查侧面积的计算，考查空间想象能力，转化，计算求解能力．
9.【答案】ABD;
【解析】
此题主要考查线面垂直、线面角、二面角等众多立体几何的知识点，属于难题.
对于A，由线面垂直的判定定理证明B1C⊥平面BD1C1即可；对于B，直接分析每个面的三角形即可；对于C由二面角定义即可；对于D分析出正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，外接球与BD1的同一侧的两个交点的距离最小，是关键.
解：在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接BC1，
C1D1⊥平面BCC1，B1C⊂平面BCC1，
∴C1D1⊥B1C，
C1B⊥B1C，C1D1∩C1B=C1，C1D1，C1B⊂平面BD1C1，
∴B1C⊥平面BD1C1，
D1B⊂平面BD1C1，
∴B1C⊥BD1，即异面直线BD1与B1C所成的角大小为90°，A正确；
四面体D1DBC的面中，BC⊥CD，三角形BCD是直角三角形，D1D⊥CD，三角形D1DC是直角三角形，
D1D⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
D1D⊥BD，三角形D1DB是直角三角形，
同理BC⊥D1C，三角形D1CB是直角三角形，故B正确；
二面角D1-BC-B1即A1-BC-B1，由二面角定义可知其大小为45°，故C错误；
正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球半径为12，外接球半径32，
正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，外接球与BD1的同一侧的两个交点的距离最小，
即3-12.故D正确.
故选ABD.
10.【答案】AD;
【解析】
此题主要考查多面体，旋转体的定义和性质，属于基础题.
由题意逐个选项验证正误即可.
解：A.正四棱柱是底面为正方形的长方体，故A正确；
B.底面是正多边形的棱锥是正棱锥错误，还需顶点在底面的射影为正多边形的中心，故B错误；
C.棱台是由平行于底面的平面，截取棱锥得到的，要求延长线交于一点，故C错误；
D，直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥，故D正确.
故选AD.
11.【答案】ABD;
【解析】解：∵平面ADD1E//平面BCGB1，CG⊂平面BCGB1，∴CG//平面ADD1E，即CG//平面ADE，故A正确；
由题意，EF⏜与HG⏜均为圆弧，且这两段圆弧的长度为π，则该几何体的上底面周长为4+π，故B正确；
该几何体的体积为2×2×2-2×14×13π×12×2=8-π3，故C错误；
设M、N分别为下底面与上底面的中心，则三棱锥F-ABC的外接球的球心O在MN上，
设OM=h，则(2-h)2+12=h2+(2)2，解得h=34，
则三棱锥F-ABC的外接球的半径满足R2=h2+(2)2=916+2=4116.
∴三棱锥F-ABC的外接球的表面积为4π×4116=41π4，故D正确．
故选：ABD.
由面面平行的判定与性质判断A；求出几何体上底面周长判定B；求出几何体的体积判断C；求解三角形得三棱锥F-ABC的外接球的半径，进一步求出外接球的表面积判断D.
此题主要考查面面平行的判定与性质，考查几何体体积的求法，考查多面体外接球表面积的求法，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】AC;
【解析】
此题主要考查平面的基本性质及应用，空间线线、线面和面面的位置关系，属于基础题.
利用平面基本性质和空间线线位置关系、线面位置关系和面面位置关系的判定，即可得出答案.
对于A，利用平面的基本性质，即可得到三个平面最多可以把空间分成八部分，故A正确；
对于B，当α与β相交时，a与b不一定相交，故B不正确；
对于C，若α∩β=l，直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且a∩b=P，
则P∈平面α，且P∈平面β，∴P∈l，故C正确；
D选项，当正方体的四条侧棱任意两条都共面，但这4条侧棱却不共面，故D不正确.
故选AC.
13.【答案】ACD;
【解析】解：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，如图所示：
对于A：连接AD1和BC1，因为AB⊥BC1，AB//D1C1，且AB=D1C1，
所以四边形ABC1D1为矩形，所以SABC1D1=|AB→|·|BC1|→，故A正确；
对于B：连接AD1，D1C，AC，因为AD1=AC=CD1=2AB，所以△AD1C为等边三角形，
故AD1→和A1B→的夹角为120°，故B错误；
对于C：设正方体的棱长为a，则(AA1→+A1D1→+A1B1→)2=(3a)2=3A1B1→2=3a2，故C正确；
对于D：A1C→·(A1B1→-A1D1→)=A1C→·D1B1→=0，故D正确；
故选：ACD.
直接利用向量的线性运算，向量的数量积，向量的夹角，判定A、B、C、D的结论即可．
此题主要考查的知识要点：向量的线性运算，向量的数量积，向量的夹角，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
14.【答案】2 ; 1 ; 4 ;
【解析】解：平移a，b过P，如图，
平面α内，设a与b所成锐角的角分线为m，所成钝角的角分线为n，
则m与a，b所成最小角为35°，n与a，b所成最小角为55°，
∴过P点与a和b所成角θ=35°的直线有1条；上下旋转m，可得与a和b所成角θ=45°的直线有2条；
分别上下旋转m，n，可得过P点与a和b所成角θ=70°的直线有4条，
故答案为：2，1，4．
平移a，b过P，通过异面直线所成角的概念结合直线旋转得答案．
该题考查异面直线所成角，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
15.【答案】433;
【解析】解：设正四棱锥的斜高为h'，则2×2+4×12×2h'=12，解得h'=2，
则正四棱锥的高PO=22-12=3．
∴正四棱锥的体积V=13×4×3=433．
故答案为：433．
由已知求得正四棱锥的斜高，进一步求得高，代入棱锥体积公式求解．
该题考查多面体表面积与体积的求法，是基础的计算题．
16.【答案】3;
【解析】
此题主要考查的是棱锥体积的求法，属于基础题.
可结合所求三棱锥C1- PBC的体积与正三棱柱ABC-A1B1C1的体积之间的关系求解.
解：因为VC1-PBC=VP-BCC1=VA-BCC1=VC1-ABC=13VABC-A1B1C1=13×9=3，
故答案为3.
17.【答案】22;
【解析】解：因为直观图是等腰直角ΔA'B'C'，∠B'A'C'=90°，A'O'=1，
所以A'C'=2；
根据直观图平行于y轴的长度变为原来的一半，
所以ΔABC的高为AC=2A'C'=22.
故答案为：22.
根据直观图是等腰直角ΔA'B'C'，求出A'C'的值，再根据直观图画法规则求出ΔABC的高．
此题主要考查了平面图形的直观图与原图形的关系应用问题，是基础题．
18.【答案】643π;
【解析】解：由PA=PC=AC=2，可得三角形PAC为等边三角形，
又AB⊥AC，得三角形ABC为直角三角形，而平面PAC⊥平面ABC，
设三角形PAC的外心为E，BC的中点为D，
如图所示，过E作平面PAC的垂线，过D作底面ABC的垂线，两垂线交于O，
则O为三棱锥P-ABC的外接球的球心．
由已知可得PF=22-12=3，EF=33，
则OD=EF=33，而DC=12BC=12×25=5，
∴三棱锥的外接球半径R=(5)2+(33)2=163，
则三棱锥外接球的表面积S=4π×(163)2=64π3，
故答案为：64π3．
首先确定球心的位置，进一步确定球的半径，再由球的表面积公式求解．
此题主要考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】(1)证明：取BD的中点为O，连接OE，OG，
在ΔBCD中，∵G是BC的中点，∴OG//DC，且OG=12DC=1，
又∵EF//AB，AB//DC，
∴EF//OG，且EF=OG，
即四边形OGEF是平行四边形，
∴FG//OE，
∵FG⊄平面BED，OE⊂平面BED，
∴FG//平面BED；
(2)证明：在ΔABD中，AD=1，AB=2，∠BAD=60°，
由余弦定理可得BD=3，
而∠ADB=90°，即BD⊥AD，
又∵平面AED⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
平面AED∩平面ABCD=AD，
∴BD⊥平面AED，
∵BD⊂平面BED，
∴平面BED⊥平面AED.
(3)解：在ΔAED中，AE=6，DE=3，AD=BC=1，
∴由余弦定理得cos∠ADE=9+1-62×3×1=23，
∴sin∠ADE=53，
∴SΔADE=12×3×1×53=52.
由(2)知：BD⊥平面AED，且BD=3，
∴三棱锥E-ABD的体积VE-ABD=VB-AED=13×52×3=156.;
【解析】此题主要考查直线与平面的平行和垂直，平面与平面的垂直，考查多面体的体积计算，考查了空间想象能力，运算能力和推理论证能力，属于中档题.
(1)利用中位线定理，和平行公理得到四边形OGEF是平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明；
(2)根据余弦定理求出BD=3，继而得到BD⊥AD，再根据面面垂直的判定定理即可证明；
(3)求出ΔAED的面积，易知BD是三棱锥B-AED的高，利用VE-ABD=VB-AED，即可求出体积.
20.【答案】解：(1)证明：因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，
所以侧面ACC1A1为平行四边形．
又A1C与AC1交于点D，
所以D为AC1的中点．
同理，E为BC1的中点，所以DE//AB.
又AB⊂平面ABB1A1，DE⊄平面ABB1A1，
所以DE//平面ABB1A1.
(2)因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，
所以BB1⊥平面A1B1C1.
又因为A1B1⊂平面A1B1C1，
所以BB1⊥A1B1.
又A1B1⊥B1C1，BB1，B1C1⊂平面BCC1B1，
BB1∩B1C1=B1，
所以A1B1⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1，
所以A1B1⊥BC1.
又因为侧面BCC1B1为正方形，所以BC1⊥B1C.
又A1B1∩B1C=B1，A1B1，B1C⊂平面A1B1C，
所以BC1⊥平面A1B1C.;
【解析】此题主要考查线面平行、线面垂直的证明，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，考查数形结合思想，是中档题．
(1)推导出侧面ACC1A1为平行四边形，从而D为AC1的中点，同理，E为BC1的中点．从而DE//AB.由此能证明DE//平面ABB1A1.
(2)推导出BB1⊥平面A1B1C1.从而BB1⊥A1B1，再由A1B1⊥B1C1，得A1B1⊥平面BCC1B1，推导出A1B1⊥BC1，BC1⊥B1C.由此能证明BC1⊥平面A1B1C.
21.【答案】（本小题满分10分）
证明：（1）因为四边形BDEF为菱形，
所以FB∥ED，……………………（2分）
因为ED⊂面EAD，FB⊄面EAD，
所以FB∥面EAD．…（5分）
（2）设AC与BD相交于点O，连接FO，
因为四边形ABCD为菱形，
所以AC⊥BD，且O为AC的中点，…（7分）
又FA=FC，所以AC⊥FO，………………（8分）
因为FO∩BD=O，…（9分）
所以AC⊥平面BDEF．…（10分）;
【解析】
(1)推导出FB//ED，由此能证明FB//面EAD．
(2)设AC与BD相交于点O，连接FO，推导出AC⊥BD，AC⊥FO，由此能证明AC⊥平面BDEF．
该题考查线面平行、线面垂直的证明，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．
22.【答案】解：(1)证明：取CD的中点F，连接BF，
则直角梯形ABCD中，BF⊥CD，BF=CF=DF，
∴∠CBD=90°，即BC⊥BD，
又ED⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥DE，
又BD∩DE=D，
∴BC⊥平面BDE；
(2)∵ED⊥平面ABCD，
∴DE⊥AB，
又AB⊥AD，
∴AB⊥平面ADE，
∴AB⊥AE，
∴V三棱锥A-BCE=V三棱锥E-ABC=13⋅DE⋅12AB⋅AD=16DE=13，解得DE=2，
又AD=12CD=1，DE⊥AD，
∴EA=5，
又AB=1，∴BE=6；
∴BE2=AB2+AE2，
∴AB⊥AE，
∴四棱锥E-ABCD的侧面积为
S侧=12DE⋅AD+12AE⋅AB+12DE⋅CD+12BC⋅BE=6+23+52．;
【解析】
(1)取CD的中点F，连接BF，证明BC⊥BD，
再由ED⊥平面ABCD得出BC⊥DC，由此证明BC⊥平面BDE；
(2)由三棱锥E-ABC的面积求出DE的值，利用勾股定理判断AB⊥AE，
再求四棱锥E-ABCD的侧面积．
该题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了锥体的体积与表面积的计算问题，是中档题．
23.【答案】解：根据题意，得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），D（1，2，0），
A1（0，0，3），B1（2，0，3），C1（0，4，3），
由此可得A1→D=（1，2，-3），A1→C1=（0，4，0），
DB→=（1，-2，0），B→1C1=（-2，4，0），D→B1=（1，-2，3）
（1）∵cos＜A1→D，B→1C1＞=-2+814.20=37070，
∴直线A1D与B1C1所成角的余弦值为37070；
（2）设平面A1C1D的一个法向量为n→=（x，y，z），
则n→.A1D=x+2y-3z=0n→.A1C1=4y=0，取z=1得x=3，y=0，
∴n→=（3，0，1）是平面A1C1D的一个法向量
因此，设直线DB1与平面A1C1D所成角为θ，
可得sinθ=cos＜D→B1，n→＞=3+314.10=33535，
即直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值等于33535．;
【解析】
(1)根据题中所给的坐标系，可得A、B、C、D、A1、B1、C1各点的坐标，由此得到向量A1→D、A1→C1、DB→、B→ 1C1、D→B1的坐标，利用空间向量的夹角公式算出cos的值，即可得到直线A1D与B1C1所成角的余弦值；
(2)设平面A1C1D的一个法向量为n→=(x,y,z)，利用垂直向量数量积为零的方法建立方程组，解出n→=(3,0,1)，从而得到直线DB1与平面A1C1D所成角θ满足sinθ=cos=33535，即得直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值．
本题给出底面为直角三角形的直三棱柱，求异面直线所成角和直线与平面所成角的正弦值，着重考查了利用空间坐标系求空间直线与平面所成角和异面直线所成角等知识点，属于中档题．
人教B版（2019）必修第四册《第十一章 立体几何初步》单元测试
一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）若一个圆柱的正视图与其侧面展开图是相似矩形，则这个圆柱的全面积与侧面积之比为( )
A. 1+π B. 1+1π C. 1+12π D. 1+12π
2.（5分）长方体ABCD-A'B'C'D'中，长、宽、高分别为3，2，1，一只蚂蚁从点A出发沿着长方体的表面爬行到达点C'的最短路程是( )
A. 14 B. 26 C. 25 D. 32
3.（5分）已知直线a和平面α、β有如下关系：①α⊥β，②α//β，③a⊥β，④a//α，则下列命题为真的是( )
A. ①③⇒④ B. ①④⇒③ C. ③④⇒① D. ②③⇒④
4.（5分）已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为边AB，BC上的点，且AE=BF=3.将ΔAED，ΔCFD分别沿ED和FD折起，使点A和C重合于点P，则三棱锥P-EFD的外接球表面积为( )
A. 26π B. 13π C. 104263π D. 26263π
5.（5分）已知a，b为两条不同的直线，α为平面，则下列命题正确的是()
A. 若a⊥α，a⊥b，则b//α B. 若a//α，a⊥b，则b⊥α
C. 若a//α，b//α，则a//b D. 若a⊥α，a//b，则b⊥α
6.（5分）已知两条相交直线，，平面，则与的位置关系是( )
A. 平面 B. 平面
C. 平面 D. 与平面相交，或平面
7.（5分）已知直线a，b和平面α，β，若a⊂α，b⊂β，α⊥β，则下列情况不可能成立的是()
A. a//b且a//β B. a//b且a⊥β
C. a⊥b且a//β D. a⊥b且a⊥β
8.（5分）一个直棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)的底面是菱形，棱柱的对角线长分别是9cm和15cm，高是5cm，则这个直棱柱的侧面积是( )
A. 160 cm2 B. 320 cm2 C. 4089cm2 D. 8089cm2
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是
A. 异面直线BD1与B1C所成的角的大小为90∘
B. 四面体D1DBC的每个面都是直角三角形
C. 二面角D1-BC-B1的大小为30∘
D. 正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球上一点与外接球上一点的距离的最小值为3-12
10.（5分）下面关于空间几何体叙述正确的是( )
A. 正四棱柱是长方体
B. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥
C. 有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
D. 直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆锥
11.（5分）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为棱A1D1，A1B1，B1C1，C1D1的中点，将该正方体挖去两个大小完全相同的四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，则( )
A. CG//平面ADE B. 该几何体的上底面的周长为4+π
C. 该几何体的体积为8-2π3 D. 三棱锥F-ABC的外接球的表面积为41π4
12.（5分）以下四个命题正确的是( )
A. 三个平面最多可以把空间分成八部分
B. 若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，则“a与b相交”与“α与β相交”等价
C. 若α∩β=l，直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且a∩b=P，则P∈l
D. 若n条直线中任意两条共面，则它们共面
13.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是()
A. 四边形ABC1D1的面积为|AB→|·|BC1→|
B. AD1→与A1B→的夹角为60°
C. (AA1→+A1D1→+A1B1→)2=3A1B1→2
D. A1C→·(A1B1→-A1D1→)=0
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）已知异面直线a与b所成的角θ=70°，P为空间一点，则过P点与a和b所成角θ=45°的直线有______条，过P点与a和b所成角θ=35°的直线有______条，过P点与a和b所成角θ=70的直线有______条
15.（5分）如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，且PA=PB=PC=PD，已知四棱锥的表面积是12，则它的体积为______．
16.（5分）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，P为棱AA1的中点，若正三棱柱ABC-A1B1C1的体积为9，则三棱锥C1- PBC的体积为__________.
17.（5分）用斜二侧法画水平放置的ΔABC的直观图，得到如图所示等腰直角ΔA'B'C'.已知点O'是斜边B'C'的中点，且A'O'=1，则ΔABC的BC边上的高为 ______ .
18.（5分）三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=PC=AC=2，AB=4，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为 ______ ．
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF||AB，AB=2，BC=EF=1，AE=6，DE=3，∠BAD=π3，CG=12BC.
(Ⅰ)求证：FG||平面BED；
(Ⅱ)求证：面BDE⊥面ADE
(III)求三棱锥E-ABD的体积。
20.（12分）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，A1B1⊥B1C1，设A1C与AC1交于点D，B1C与BC1交于点E.
(1)求证：DE//平面ABB1A1；
(2)求证：BC1⊥平面A1B1C.
21.（12分）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，且FA=FC．
(1)求证：FB//平面EAD；
(2)求证：AC⊥平面BDEF．
22.（12分）如图，在四棱锥E-ABCD中，ED⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥AD，AB=AD=12CD=1．
(1)求证：BC⊥平面BDE；
(2)当几何体ABCE的体积等于13时，求四棱锥E-ABCD的侧面积．
23.（12分）三棱柱ABC-A1B1C1在如图所示的空间直角坐标系中，已知AB=2，AC=4，AA1=3.D是BC的中点．
(1)求直线A1D与B1C1所成角的余弦值；
(2)求直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】D;
【解析】
此题主要考查圆柱的全面积与侧面积，设圆柱的底面半径为r，高为h，则2rh=h2πr，即h=2rπ，求出全面积与侧面积，即可得出结论．
解：设圆柱的底面半径为r，高为h，则2rh=h2πr，即h=2rπ，
所以S侧=2πr⋅h=4πr2π,S全=4πr2π+2πr2，
因此S全S侧=4πr2π+2πr24πr2π=1+12π.
故选D.
2.【答案】D;
【解析】
此题主要考查多面体上的最短距离，将长方体的正面和上底面展成一个平面，根据连接两点线段最短可得结果.
解：由题意将长方体的正面和上底面展成一个平面，如图：
最短距离为AC'=32+2+12=32.
故选D.
3.【答案】C;
【解析】解：对于A，由α⊥β，a⊥β，可得a//α或a⊂α，故A错误；
对于B，由α⊥β，a//α，可得a⊂β或a//β或a与β相交，故B错误；
对于C，由a//α，过a作平面γ与α相交，交线为b，则a//b，
∵a⊥β，∴b⊥β，而b⊂α，可得α⊥β，故C正确；
对于D，由α//β，a⊥β，可得a⊥α，故D错误．
故选：C．
由空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用逐一核对四个选项得答案．
该题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
4.【答案】A;
【解析】
该题考查三棱锥的外接球与三棱锥的棱的关系，及球的表面积公式，涉及到线面垂直的判定，属于中档题．
由题意求出折起的三棱锥的各棱长的值，可得该三棱锥为一条侧棱垂直于底面，且底面为直角三角形，将该三棱锥放在长方体中可知长方体的长宽高，根据外接球的直径等于长方体的对角线求出半径，进而求出表面积．
解：由题意知，P与A，C重合，∴将ΔAED，ΔCFD分别沿ED和FD折起后，PDE就是ADE，PFD就是CFD，
所以由原来正方形可知，EP⊥PD，且PE=AE=3，PD=CD=4，
PF=CF=1，
在正方形ABCD中，EF=BE2+BF2=12+32=10，
DF=CD2+CF2=42+12=17，
所以EF2=PE2+PF2，∴PE⊥PF，
DF2=PD2+FP2，∴PF⊥PD，
又PE∩PD=P，PE，PD⊂面PED，所以FP⊥面PED，
所以三棱锥P-EFD为一条棱长垂直于底面的三棱锥，
将该三棱锥放在长方体中，由以上知长宽高分别为3，4，1，
设三棱锥的外接球的半径为R，则(2R)2=32+42+12=26，
所以三棱锥P-EFD的外接球表面积S=4πR2=26π，
故选：A．
5.【答案】D;
【解析】解：对于A，若a⊥α，a⊥b，则b//α或b⊂α，故A错误；
对于B，若a//α，a⊥b，则b//α或b⊂α，或b与α相交，故B错误；
对于C，若a//α，b//α，则a与b相交、平行或异面，故C错误；
对于D，若a⊥α，a//b，则由直线与平面垂直的判定定理知b⊥α，故D正确．
故选：D.
对于A，b//α或b⊂α；对于B，b//α或b⊂α，或b与α相交；对于C，a与b相交、平行或异面；对于D，由直线与平面垂直的判定定理知b⊥α.
此题主要考查命题真假的判断，考查线面平行、线面垂直、面面平行的判定与性质等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
6.【答案】D;
【解析】
此题主要考查空间中线面的位置关系，解决此类问题的关键是熟练掌握空间中点、直线以及平面之间的位置关系．
根据空间中直线与平面的位置关系可得答案．
解：根据空间中直线与平面的位置关系可得：b可能与平面α相交，也可能b与平面α平行，
故选D.
7.【答案】B;
【解析】解：∵a⊂α，b⊂β，α⊥β，
∴当a//β时，a与平面β内的直线可能平行，也可能垂直，还可能异面而不垂直，故A，C都可能成立；
当a⊥β时，根据线面垂直的定义，a与平面β内的所有直线都垂直，∴D可能成立，B不可能成立．
故选：B.
由已知结合平面与平面垂直的性质逐一分析四个选项得答案．
此题主要考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
8.【答案】A;
【解析】解：设底面菱形的对角线分别为a，b，则由已知得出a2+52=92b2+52=152
解得a=214b=102，
所以菱形的边长为(a2)2+(b2)2=64=8．
直棱柱的侧面均为矩形，所以所求的直棱柱的侧面积是S=4×8×5=160cm2
故选：A
直棱柱的侧面均为矩形，只有求出菱形的边长，利用侧面积等于底面周长乘以高，即可计算．设底面菱形的对角线分别为a，b，根据对角线的长度，列方程求出a，b.再求出菱形的边长．
此题主要考查直棱柱的结构特征，考查侧面积的计算，考查空间想象能力，转化，计算求解能力．
9.【答案】ABD;
【解析】
此题主要考查线面垂直、线面角、二面角等众多立体几何的知识点，属于难题.
对于A，由线面垂直的判定定理证明B1C⊥平面BD1C1即可；对于B，直接分析每个面的三角形即可；对于C由二面角定义即可；对于D分析出正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，外接球与BD1的同一侧的两个交点的距离最小，是关键.
解：在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接BC1，
C1D1⊥平面BCC1，B1C⊂平面BCC1，
∴C1D1⊥B1C，
C1B⊥B1C，C1D1∩C1B=C1，C1D1，C1B⊂平面BD1C1，
∴B1C⊥平面BD1C1，
D1B⊂平面BD1C1，
∴B1C⊥BD1，即异面直线BD1与B1C所成的角大小为90°，A正确；
四面体D1DBC的面中，BC⊥CD，三角形BCD是直角三角形，D1D⊥CD，三角形D1DC是直角三角形，
D1D⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
D1D⊥BD，三角形D1DB是直角三角形，
同理BC⊥D1C，三角形D1CB是直角三角形，故B正确；
二面角D1-BC-B1即A1-BC-B1，由二面角定义可知其大小为45°，故C错误；
正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球半径为12，外接球半径32，
正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，外接球与BD1的同一侧的两个交点的距离最小，
即3-12.故D正确.
故选ABD.
10.【答案】AD;
【解析】
此题主要考查多面体，旋转体的定义和性质，属于基础题.
由题意逐个选项验证正误即可.
解：A.正四棱柱是底面为正方形的长方体，故A正确；
B.底面是正多边形的棱锥是正棱锥错误，还需顶点在底面的射影为正多边形的中心，故B错误；
C.棱台是由平行于底面的平面，截取棱锥得到的，要求延长线交于一点，故C错误；
D，直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥，故D正确.
故选AD.
11.【答案】ABD;
【解析】解：∵平面ADD1E//平面BCGB1，CG⊂平面BCGB1，∴CG//平面ADD1E，即CG//平面ADE，故A正确；
由题意，EF⏜与HG⏜均为圆弧，且这两段圆弧的长度为π，则该几何体的上底面周长为4+π，故B正确；
该几何体的体积为2×2×2-2×14×13π×12×2=8-π3，故C错误；
设M、N分别为下底面与上底面的中心，则三棱锥F-ABC的外接球的球心O在MN上，
设OM=h，则(2-h)2+12=h2+(2)2，解得h=34，
则三棱锥F-ABC的外接球的半径满足R2=h2+(2)2=916+2=4116.
∴三棱锥F-ABC的外接球的表面积为4π×4116=41π4，故D正确．
故选：ABD.
由面面平行的判定与性质判断A；求出几何体上底面周长判定B；求出几何体的体积判断C；求解三角形得三棱锥F-ABC的外接球的半径，进一步求出外接球的表面积判断D.
此题主要考查面面平行的判定与性质，考查几何体体积的求法，考查多面体外接球表面积的求法，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】AC;
【解析】
此题主要考查平面的基本性质及应用，空间线线、线面和面面的位置关系，属于基础题.
利用平面基本性质和空间线线位置关系、线面位置关系和面面位置关系的判定，即可得出答案.
对于A，利用平面的基本性质，即可得到三个平面最多可以把空间分成八部分，故A正确；
对于B，当α与β相交时，a与b不一定相交，故B不正确；
对于C，若α∩β=l，直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且a∩b=P，
则P∈平面α，且P∈平面β，∴P∈l，故C正确；
D选项，当正方体的四条侧棱任意两条都共面，但这4条侧棱却不共面，故D不正确.
故选AC.
13.【答案】ACD;
【解析】解：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，如图所示：
对于A：连接AD1和BC1，因为AB⊥BC1，AB//D1C1，且AB=D1C1，
所以四边形ABC1D1为矩形，所以SABC1D1=|AB→|·|BC1|→，故A正确；
对于B：连接AD1，D1C，AC，因为AD1=AC=CD1=2AB，所以△AD1C为等边三角形，
故AD1→和A1B→的夹角为120°，故B错误；
对于C：设正方体的棱长为a，则(AA1→+A1D1→+A1B1→)2=(3a)2=3A1B1→2=3a2，故C正确；
对于D：A1C→·(A1B1→-A1D1→)=A1C→·D1B1→=0，故D正确；
故选：ACD.
直接利用向量的线性运算，向量的数量积，向量的夹角，判定A、B、C、D的结论即可．
此题主要考查的知识要点：向量的线性运算，向量的数量积，向量的夹角，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
14.【答案】2 ; 1 ; 4 ;
【解析】解：平移a，b过P，如图，
平面α内，设a与b所成锐角的角分线为m，所成钝角的角分线为n，
则m与a，b所成最小角为35°，n与a，b所成最小角为55°，
∴过P点与a和b所成角θ=35°的直线有1条；上下旋转m，可得与a和b所成角θ=45°的直线有2条；
分别上下旋转m，n，可得过P点与a和b所成角θ=70°的直线有4条，
故答案为：2，1，4．
平移a，b过P，通过异面直线所成角的概念结合直线旋转得答案．
该题考查异面直线所成角，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
15.【答案】433;
【解析】解：设正四棱锥的斜高为h'，则2×2+4×12×2h'=12，解得h'=2，
则正四棱锥的高PO=22-12=3．
∴正四棱锥的体积V=13×4×3=433．
故答案为：433．
由已知求得正四棱锥的斜高，进一步求得高，代入棱锥体积公式求解．
该题考查多面体表面积与体积的求法，是基础的计算题．
16.【答案】3;
【解析】
此题主要考查的是棱锥体积的求法，属于基础题.
可结合所求三棱锥C1- PBC的体积与正三棱柱ABC-A1B1C1的体积之间的关系求解.
解：因为VC1-PBC=VP-BCC1=VA-BCC1=VC1-ABC=13VABC-A1B1C1=13×9=3，
故答案为3.
17.【答案】22;
【解析】解：因为直观图是等腰直角ΔA'B'C'，∠B'A'C'=90°，A'O'=1，
所以A'C'=2；
根据直观图平行于y轴的长度变为原来的一半，
所以ΔABC的高为AC=2A'C'=22.
故答案为：22.
根据直观图是等腰直角ΔA'B'C'，求出A'C'的值，再根据直观图画法规则求出ΔABC的高．
此题主要考查了平面图形的直观图与原图形的关系应用问题，是基础题．
18.【答案】643π;
【解析】解：由PA=PC=AC=2，可得三角形PAC为等边三角形，
又AB⊥AC，得三角形ABC为直角三角形，而平面PAC⊥平面ABC，
设三角形PAC的外心为E，BC的中点为D，
如图所示，过E作平面PAC的垂线，过D作底面ABC的垂线，两垂线交于O，
则O为三棱锥P-ABC的外接球的球心．
由已知可得PF=22-12=3，EF=33，
则OD=EF=33，而DC=12BC=12×25=5，
∴三棱锥的外接球半径R=(5)2+(33)2=163，
则三棱锥外接球的表面积S=4π×(163)2=64π3，
故答案为：64π3．
首先确定球心的位置，进一步确定球的半径，再由球的表面积公式求解．
此题主要考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】(1)证明：取BD的中点为O，连接OE，OG，
在ΔBCD中，∵G是BC的中点，∴OG//DC，且OG=12DC=1，
又∵EF//AB，AB//DC，
∴EF//OG，且EF=OG，
即四边形OGEF是平行四边形，
∴FG//OE，
∵FG⊄平面BED，OE⊂平面BED，
∴FG//平面BED；
(2)证明：在ΔABD中，AD=1，AB=2，∠BAD=60°，
由余弦定理可得BD=3，
而∠ADB=90°，即BD⊥AD，
又∵平面AED⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
平面AED∩平面ABCD=AD，
∴BD⊥平面AED，
∵BD⊂平面BED，
∴平面BED⊥平面AED.
(3)解：在ΔAED中，AE=6，DE=3，AD=BC=1，
∴由余弦定理得cos∠ADE=9+1-62×3×1=23，
∴sin∠ADE=53，
∴SΔADE=12×3×1×53=52.
由(2)知：BD⊥平面AED，且BD=3，
∴三棱锥E-ABD的体积VE-ABD=VB-AED=13×52×3=156.;
【解析】此题主要考查直线与平面的平行和垂直，平面与平面的垂直，考查多面体的体积计算，考查了空间想象能力，运算能力和推理论证能力，属于中档题.
(1)利用中位线定理，和平行公理得到四边形OGEF是平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明；
(2)根据余弦定理求出BD=3，继而得到BD⊥AD，再根据面面垂直的判定定理即可证明；
(3)求出ΔAED的面积，易知BD是三棱锥B-AED的高，利用VE-ABD=VB-AED，即可求出体积.
20.【答案】解：(1)证明：因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，
所以侧面ACC1A1为平行四边形．
又A1C与AC1交于点D，
所以D为AC1的中点．
同理，E为BC1的中点，所以DE//AB.
又AB⊂平面ABB1A1，DE⊄平面ABB1A1，
所以DE//平面ABB1A1.
(2)因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，
所以BB1⊥平面A1B1C1.
又因为A1B1⊂平面A1B1C1，
所以BB1⊥A1B1.
又A1B1⊥B1C1，BB1，B1C1⊂平面BCC1B1，
BB1∩B1C1=B1，
所以A1B1⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1，
所以A1B1⊥BC1.
又因为侧面BCC1B1为正方形，所以BC1⊥B1C.
又A1B1∩B1C=B1，A1B1，B1C⊂平面A1B1C，
所以BC1⊥平面A1B1C.;
【解析】此题主要考查线面平行、线面垂直的证明，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，考查数形结合思想，是中档题．
(1)推导出侧面ACC1A1为平行四边形，从而D为AC1的中点，同理，E为BC1的中点．从而DE//AB.由此能证明DE//平面ABB1A1.
(2)推导出BB1⊥平面A1B1C1.从而BB1⊥A1B1，再由A1B1⊥B1C1，得A1B1⊥平面BCC1B1，推导出A1B1⊥BC1，BC1⊥B1C.由此能证明BC1⊥平面A1B1C.
21.【答案】（本小题满分10分）
证明：（1）因为四边形BDEF为菱形，
所以FB∥ED，……………………（2分）
因为ED⊂面EAD，FB⊄面EAD，
所以FB∥面EAD．…（5分）
（2）设AC与BD相交于点O，连接FO，
因为四边形ABCD为菱形，
所以AC⊥BD，且O为AC的中点，…（7分）
又FA=FC，所以AC⊥FO，………………（8分）
因为FO∩BD=O，…（9分）
所以AC⊥平面BDEF．…（10分）;
【解析】
(1)推导出FB//ED，由此能证明FB//面EAD．
(2)设AC与BD相交于点O，连接FO，推导出AC⊥BD，AC⊥FO，由此能证明AC⊥平面BDEF．
该题考查线面平行、线面垂直的证明，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．
22.【答案】解：(1)证明：取CD的中点F，连接BF，
则直角梯形ABCD中，BF⊥CD，BF=CF=DF，
∴∠CBD=90°，即BC⊥BD，
又ED⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥DE，
又BD∩DE=D，
∴BC⊥平面BDE；
(2)∵ED⊥平面ABCD，
∴DE⊥AB，
又AB⊥AD，
∴AB⊥平面ADE，
∴AB⊥AE，
∴V三棱锥A-BCE=V三棱锥E-ABC=13⋅DE⋅12AB⋅AD=16DE=13，解得DE=2，
又AD=12CD=1，DE⊥AD，
∴EA=5，
又AB=1，∴BE=6；
∴BE2=AB2+AE2，
∴AB⊥AE，
∴四棱锥E-ABCD的侧面积为
S侧=12DE⋅AD+12AE⋅AB+12DE⋅CD+12BC⋅BE=6+23+52．;
【解析】
(1)取CD的中点F，连接BF，证明BC⊥BD，
再由ED⊥平面ABCD得出BC⊥DC，由此证明BC⊥平面BDE；
(2)由三棱锥E-ABC的面积求出DE的值，利用勾股定理判断AB⊥AE，
再求四棱锥E-ABCD的侧面积．
该题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了锥体的体积与表面积的计算问题，是中档题．
23.【答案】解：根据题意，得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），D（1，2，0），
A1（0，0，3），B1（2，0，3），C1（0，4，3），
由此可得A1→D=（1，2，-3），A1→C1=（0，4，0），
DB→=（1，-2，0），B→1C1=（-2，4，0），D→B1=（1，-2，3）
（1）∵cos＜A1→D，B→1C1＞=-2+814.20=37070，
∴直线A1D与B1C1所成角的余弦值为37070；
（2）设平面A1C1D的一个法向量为n→=（x，y，z），
则n→.A1D=x+2y-3z=0n→.A1C1=4y=0，取z=1得x=3，y=0，
∴n→=（3，0，1）是平面A1C1D的一个法向量
因此，设直线DB1与平面A1C1D所成角为θ，
可得sinθ=cos＜D→B1，n→＞=3+314.10=33535，
即直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值等于33535．;
【解析】
(1)根据题中所给的坐标系，可得A、B、C、D、A1、B1、C1各点的坐标，由此得到向量A1→D、A1→C1、DB→、B→ 1C1、D→B1的坐标，利用空间向量的夹角公式算出cos
(2)设平面A1C1D的一个法向量为n→=(x,y,z)，利用垂直向量数量积为零的方法建立方程组，解出n→=(3,0,1)，从而得到直线DB1与平面A1C1D所成角θ满足sinθ=cos
本题给出底面为直角三角形的直三棱柱，求异面直线所成角和直线与平面所成角的正弦值，着重考查了利用空间坐标系求空间直线与平面所成角和异面直线所成角等知识点，属于中档题．
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