2023高考数学复习专项训练《空间几何体的结构》

这是一份2023高考数学复习专项训练《空间几何体的结构》，共21页。试卷主要包含了、单选题，、多选题，、填空题，、解答题等内容，欢迎下载使用。

一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，则以下结论：①BD//平面CB1D1；②AC1⊥BD；③AC1⊥平面CB1D1.其中正确结论的个数是( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
2.（5分）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为“鳖臑”．在如图所示的四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD=CD，点E，F分别为PC，PD的中点，则图中的鳖臑有( )
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
3.（5分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过点E，F的平面分别与棱BB1，DD1交于点G，H，给出以下四个命题：
①平面EGFH与平面ABCD所成角的最大值为45°；
②四边形EGFH的面积的最小值为1；
③四棱锥C1-EGFH的体积为定值16；
④点B1到平面EGFH的距离的最大值为63.
其中正确命题的序号为( )
A. ②③B. ①④C. ①③④D. ②③④
4.（5分）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如不计容器的厚度，则球的体积为()
A. 500π3 cm3B. 866π3 cm3
C. 1372π3 cm3D. 2048π3 cm3
5.（5分）给出下列命题：
①圆柱的母线与它的轴可以不平行；
②圆锥的顶点、圆锥底面圆周上任意一点及底面圆的圆心三点的连线都可以构成直角三角形；
③在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；
④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．
其中正确的是( )
A. ①③B. ②④C. ①④D. ②③
6.（5分）网络用语“车珠子”，通常是指将一块原料木头通过加工打磨，变成球状珠子的过程，某同学有一圆锥状的木块，想把它“车成珠子”，经测量，该圆锥状木块的底面直径为12cm，体积为96πcm3，假设条件理想，他能成功，则该珠子的体积最大值是( )
A. 36πcm3B. 12πcm3C. 9πcm3D. 72πcm3
7.（5分）已知直三棱柱ABC-A1B1C1的顶点都在球O上，且AB=4，AA1=6，∠ACB=30°，则此直三棱柱的外接球O的表面积是( )
A. 25πB. 50πC. 100πD. 500π3
8.（5分）已知某圆锥的高为4，其内切球的体积为43π，则该圆锥的侧面积S=( )
A. πB. 3πC. 6πD. 12π
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，线段D1B1上有两个动点E、F，且EF=1，则下列结论中正确的是( )
A. AC⊥BE B. AA1//平面BEF
C. 三棱锥A-BEF的体积为定值D. ΔAEF的面积和ΔBEF的面积相等
10.（5分）如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别是AD，CC1的中点，P是线段AB上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 平面PMN截正方体所得的截面可以是四边形、五边形或六边形
B. 当点P与A，B两点不重合时，平面PMN截正方体所得的截面是五边形
C. ΔMPN是锐角三角形
D. ΔMPN面积的最大值是212
（5分）.
11.(多选题)如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则( )
A. AC⊥BDB. AC //平面PQMN
C. AC=BDD. M，N分别是线段DC，AD的中点
12.（5分）已知圆锥的母线长是底面半径的2倍，P为顶点，正六边形ABCDEF内接于底面圆，AD是圆的直径，且AD=2，则下列说法正确的是( )
A. BC//平面PADB. AC⊥平面PCD
C. 圆锥的侧面积为3πD. 直线PC与平面PAD所成角的余弦值为134
13.（5分）已知正四棱台上、下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，则()
A. 正四棱台的高为2B. 正四棱台的斜高为3
C. 正四棱台的表面积为20+123D. 正四棱台的体积为2823
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，已知G和E分别为A1B1和CC1的中点，D和F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若DG⊥EF，则线段DF长度的取值范围为______．
15.（5分）已知三棱锥P-ABC满足PA⊥底面ABC，ΔABC是边长为43的等边三角形，D是线段AB上一点，且AD=3BD，球O为三棱锥P-ABC的外接球，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为34π，则球O的表面积______．
16.（5分）已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，DD1⊥面ABCD，AB=4，AA1=2，点E在棱C1D1上，且D1E=3，若动点F在底面ABCD内且AF=2，则EF的最小值为__________.
17.（5分）已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，且∠A1AB=∠A1AD=60°，则当A1AAB=______时，AC1⊥A1B.
18.（5分）已知S、A、B、C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=1，AB=BC=2，则球O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(如图1)中，，，，为的重心．将沿折到的位置(如图2).
图1 图2
(1)在上是否存在一点，使得平面，若存在，指出的位置并证明；若不存在，请说明理由；
(2)当时，求三棱锥的体积．
20.（12分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=2，CC1=3，点D， E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD=1，CE=2，M为棱A1B1的中点．

(1)求证：C1M⊥B1D；
(2)求二面角B-B1E-D的正弦值；
(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．
21.（12分）正四面体所有棱长都为2，求它的高．
22.（12分）如图，把直角边长分别为3和4的直角三角形ABC绕着斜边AB旋转，求旋转所得几何体的表面积.
23.（12分）如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均为4，M、N分别是BC,CC1的中点．


(1)求证：BN⊥平面AMB1；
(2)求直线AB与平面AMB1所成角的余弦值．
答案和解析
1.【答案】D;
【解析】

此题主要考查正方体结构特征，属于中档题.
由正方体性质及相关判定定理逐一判断即可.

解：由正方体的性质得，BD//B1D1，
又BD⊄平面CB1D1，B1D1⊂平面CB1D1，
所以结合线面平行的判定定理可得：BD//平面CB1D1；所以①正确．
由正方体的性质得AC⊥BD，CC1⊥BD，AC∩CC1=C，AC,CC1⊂平面ACC1，
可得BD⊥平面ACC1， 又AC1⊂平面ACC1，故BD⊥AC1所以②正确．
由正方体的性质得BD//B1D1，由②可得AC1⊥BD，所以AC1⊥B1D1，
同理可得AC1⊥CB1，B1D1∩CB1=B1，B1D1,CB1⊂平面CB1D1，
进而结合线面垂直的判定定理得到：AC1⊥平面CB1D1，所以③正确
故选D.
2.【答案】C;
【解析】此题主要考查空间中线面垂直的判断，属于中档题.
结合题干中“鳖臑”的定义进行判断即可.
解：由题意，因为PD⊥底面ABCD，
所以PD⊥DC，PD⊥BC，
又四边形ABCD为正方形，所以BC⊥CD，
因为PD∩CD=D，所以BC⊥平面PCD，BC⊥PC，
所以四面体P-DBC是一个鳖臑，
因为DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE，
因为PD=CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC，
因为PC∩BC=C，所以DE⊥平面PBC，
可知四面体E-BCD的四个面都是直角三角形，即四面体E-BCD是一个鳖臑，
同理可得，四面体P-ABD和F-ABD都是鳖臑，
故选C.
3.【答案】D;
【解析】解：①，设平面EGFH与平面ABCD所成角为θ，
由题可知63⩽csθ⩽1，可得所成角的最大值不为45°，故①错误；
②，由2⩽GH⩽3，可得菱形EGFH的面积的最小值为12×2×2=1，故②正确；
③，四棱锥C1-EGFH的体积为V=2Vc1-BGF=2VE-GFC1=2×13×12×12=16，故③正确；
④，设BG=x，x∈[0,1]，VB1-EMG=VE-B1FG=13×12×1×(1-x)×1(0⩽x⩽1)，
设B1，到平面EGFH的距离为d，可得VB1-EFG=13d×12×2×12+(12-x)2-(22)2，
所以d=1-x2×12+(12-x)2=t2×t2-t+34=2×34(其中t=1-x)，
当x=0即t=1时，d取得最大值63，故④正确．
故正确的是②③④，
故选：D.
根据空间正方体的性质，结合二面角，体积点到平面的距离公式分别进行判断即可．
此题主要考查与空间立体几何有关的命题的真假判断，涉及二面角，体积，面积以及距离问题，综合性较强，运算量较大，是中档题．
4.【答案】A;
【解析】
本题给出球与正方体相切的问题，求球的体积，着重考查了正方体的性质、球的截面圆性质和球的体积公式等知识，属于中档题．
设正方体上底面所在平面截球得小圆M，可得圆心M为正方体上底面正方形的中心．设球的半径为R，根据题意得球心到上底面的距离等于(R-2)cm，而圆M的半径为4，由球的截面圆性质建立关于R的方程并解出R=5，用球的体积公式即可算出该球的体积．解：设正方体上底面所在平面截球得小圆M，
则圆心M为正方体上底面正方形的中心．如图．
设球的半径为R，根据题意得球心到上底面的距离等于(R-2)cm，
而圆M的半径为4，由球的截面圆性质，得R2=(R-2)2+42，
解出R=5，
∴根据球的体积公式，该球的体积V=4π3R3=4π3×53=500π3cm3.
故选：A.
5.【答案】B;
【解析】解：对于①，圆柱的母线与它的轴是平行的，∴①错误；
对于②，圆锥的顶点、圆锥底面圆周上任意一点及底面圆的圆心三点的连线都可以构成直角三角形，∴②正确；
对于③，在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，这两点的连线不一定是圆台的母线，∴③错误；
对于④，圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的，∴④正确．
综上知，以上正确的命题序号是②④．
故选：B．
根据旋转体的定义与性质，判断题目中的命题是否为真命题即可．
该题考查了圆柱、圆锥和圆台的结构特征与应用问题，是基础题．
6.【答案】A;
【解析】
求出圆锥的高与母线长，利用等面积，求出轴截面的内切球的半径，即可得出结论．
此题主要考查球的体积，考查圆锥体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

解：设圆锥的高为hcm，则13ππ，
∴h=8，
∴圆锥的母线长为10cm，
设轴截面的内切球的半径为r，则12×12×8=12×(10+10+12)r，
∴r=3cm，
∴该珠子的体积最大值是43π⋅33=36πcm3．
故选A．
7.【答案】C;
【解析】【试题解析】

此题主要考查了棱柱的结构特征，球体的表面积求法，涉及正弦定理的运用，考查了空间想象能力，属于中档题.
根据题意作出大致图形，结合正弦定理求出直三棱柱ABC-A1B1C1底面外接圆的半径，然后根据球心在上下底面外心连线的中点上，结合勾股定理求出球体半径即可得到答案.

解：由题意，AB=4，∠ACB=30∘，
在ΔABC中由正弦定理得ABsin∠ACB=412=8=2r(r为ΔABC外接圆的半径)，
则r=4，
设ΔABC和ΔA1B1C1的外心分别为D,D1，连接DD1，则球心O在DD1的中点上，

又DD1=AA1=6，即OD=DD12=3，
设球体半径为R，易知CD=r=4，
则OC=R2=CD2+OD2=16+9=25，
所以此直三棱柱的外接球O的表面积S=4πR2=100π.
故选C.
8.【答案】C;
【解析】
此题主要考查圆锥的结构特征，圆锥的侧面积，圆锥的内切球，属于基础题.
先由球的体积可得球的半径，再结合相似关系可解得圆锥的半径和母线长，由圆锥的侧面积公式可得答案.

解：因为内切球的体积43π=43πR3，所以半径R=1，
设圆锥的底面半径为r，则母线长为16+r2，由相似关系得13=r16+r2⇒r=2，
所以该圆锥的侧面积S=12×2πr×16+r2=6π，
故选C.
9.【答案】ABC;
【解析】
此题主要考查线面平行、线线垂直的证明，棱锥体积求解，三角形面积求解，属于中档题.
由线面垂直的判定与性质，线面平行的判定以及锥体体积公式对四个选项逐一判断即可.

解：连接BD，则AC⊥BD，
又∵正方体ABCD-A1B1C1D1中D1D⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴D1D⊥AC，
∵D1D∩BD=D，D1D、BD⊂平面BB1D1D，
∴AC⊥平面BB1D1D，
∵BE⊂平面BB1D1D，
∴AC⊥BE，故选项A正确；
对于B，∵AA1//平面BDD1B1，又E、F在直线
D1B1上运动，
∴平面BEF与平面BDD1B1重合，
∴AA1//平面BEF，故B正确;
∵三棱锥A-BEF的体积VA-BEF=13×12AC×12×EF×BB1，
其中AC、EF、BB1都为定值，
∴三棱锥A-BEF的体积为定值，故选项C正确；
∵点A、B到直线B1D1的距离不相等，
∴ΔAEF的面积与ΔBEF的面积不相等，故D错误．
故选：ABC.
10.【答案】BD;
【解析】
此题主要考查了几何体中的截面问题，属于中档题.
需在不同的平面内构造平行线， 将平面PMN进行扩展， 发现其与正方体各个面上的交线，从而获得截面的形状.解：如图， 当点P与A， B两点不重合时，将线段MP向两端延长，分别交CD，CB的延长线于点O，Q，
连接NO，NQ分别交DD1，BB1于R，S两点，连接RM，SP，此时截面为五边形MPSNR，故B正确;
当点P与点A或点B重合时，截面为四边形，不可能为六边形，故A错误;
考虑ΔPMN，当点P与点A重合时，MN=6，PM=1，PN=3，
此时因为MN2+PM2当点P与点B重合时，点P到直线MN的距离取到最大值，
此时ΔMPN的面积取到最大值，最大值为212，故D正确.
故答案选：BD.
11.【答案】AB;
【解析】
此题主要考查线面平行的性质与判定、异面直线所成角、线线位置关系，属基础题．
首先由正方形中的线线平行推导线面平行，再利用线面平行推导线线平行，这样就把AC、BD平移到正方形内，即可利用平面图形知识做出判断．

解：因为截面PQMN是正方形，
所以PQ//MN、QM//PN，
∵PQ⊄平面ACD，MN⊂平面ACD，
则PQ//平面ACD、
同理可得QM//平面BDA，
∵PQ⊂平面ABC，平面ABC∩平面ACD=AC，
故PQ//AC，同理QM//BD，
由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确；
由PQ//AC，PQ⊂截面PQMN，AC⊄截面PQMN，
AC//截面PQMN，故B正确；
∵BD//PN，PQ//AC.
∴PNBD = AN AD , MNAC = DN AD=DMDC，
而当AN≠DN时，由PN=MN，知BD≠AC，DM≠MC，
故C，D错误．
故选AB.
12.【答案】AD;
【解析】解：圆锥的底面直径为2，所以半径r=1，从而母线长l=2，
由于六边形ABCDEF为正六边形，
所以BC//AD，BC⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BC//平面PAD，故A对；
在ΔPAC中，PA=PC=2，可知∠ACP≠90°，故B错；
圆锥的侧面积为πrl=2π，故C错；
过点C作CM⊥AD，垂足为M，连接PM，由于平面PAD⊥底面，AD为交线，
则CM⊥平面PAD，所以∠CPM为直线PC与平面PAD所成的角，

可求得CM=32,PM=22-(32)2=132，
所以cs∠CPM=PMPC=134，故D对．
故选：AD．
通过证明BC//AD，推出BC//平面PAD，即可判断A；推出∠ACP≠90°，判断B；求出圆锥的侧面积，判断C；过点C作CM⊥AD，垂足为M，连接PM，说明∠CPM为直线PC与平面PAD所成的角，求解余弦值即可判断D．
此题主要考查直线与平面所成角的求法，直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面垂直的判断定理以及侧面积的求法，是中档题．
13.【答案】BCD;
【解析】
此题主要考查了正四棱台的结构特征以及表面积、体积的运算，属于中档题.
由正四棱台的结构特征可知其高即为对角面的等腰梯形的高，斜高即为例面等腰梯形的高，由上下底长度和腰长可确定AB正误;根据棱台表面积和体积的求法可确定CD正误.
解：对于A，正四棱台上下底面对角线长为22，42，
正四棱台的高h=22-(42-22)22=2，A错误;
对于B，正四棱台的斜高h'=22-(4-22)2=3，B正确;
对于C，正四棱台侧面积为4×12×(2+4)×3=123，上下底面面积分别为4，16，
正四棱台的表面积S=4+16+123=20+123，C正确;
对于D，正四棱台的体积V=13(4+4×16+16)×2=2823，D正确.
故选：BCD.
14.【答案】[55，1);
【解析】解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，E(0,1,12)，
G(12,0,1)，F(x,0,0)，D(0,y,0)由于
GD⊥EF，所以 x+2y-1=0
DF=x2+y2=5y2-4y+1=5(y-25)2+15
当y=25时，线段DF长度的最小值是15
当y=0时，线段DF长度的最大值是 1
而不包括端点，故y=0不能取；
故答案为：[55,1)．
根据直三棱柱中三条棱两两垂直，本题考虑利用空间坐标系解决．建立如图所示的空间直角坐标系，设出F、D的坐标，求出向量DG→, EF→，利用GD⊥EF求得关系式，写出DF的表达式，然后利用二次函数求最值即可．
本小题主要考查点、线、面间的距离计算、棱柱的结构特征、空间直角坐标系等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想象能力．属于基础题．
15.【答案】100π;
【解析】
此题主要考查了球与三棱锥的组合体，考查了空间想象能力，转化思想，解题关键是要确定何时取最值，属于中档题．
设AP=2m.可得R2=m2+O1A2=m2+16，OD2=m2+O1D2=m2+7.所得截面圆最小、最大的半径分别为3、R，由截面圆的面积的最小值与最大值之和为34π，可得9+R2=34.R2=25即可．

解：设过点D作球O的截面，若所得截面圆的半径为r，则r=R2-d2，
其中R为球半径，d为球心到截面圆的距离，
易得0⩽d⩽OD，
设AP=2m.∴R2=m2+O1A2=m2+16，
OD2=m2+O1D2=m2+7．
所得截面圆最小、最大的半径分别为3、R
∵所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为34π，∴9+R2=34．
∴R2=25，∴球O的表面积S=4πR2=100π．


故答案为：100π．
16.【答案】13 ;
【解析】
此题主要考查了空间距离问题，属于较难题.
取CD的四等分点E1，使得DE1=3，可证出D1EE1D为平行四边形，得D1D//EE1，根据题意，点F的轨迹是在平面ABCD内，以A为圆心、半径等于2的四分之一圆弧．根据线面垂直的性质，得E1E⊥面ABCD，所以RtΔEE1F中，得EF=E1E2+E1F2=4+E1F2，所以E1F的长度取最小值时EF的长度最小．结合图形得E1F的最小值为3，由此可得EF长度的最小值为4+32=13.

解：取CD的四等分点E1，使得DE1=3，
∵D1E//DE1，且D1E=DE1，
∴四边形D1EE1D为平行四边形，可得D1D//EE1，
又∵AF=2，
∴点F在平面ABCD内的轨迹是以A为圆心、半径等于2的四分之一圆弧．
∵EE1//DD1，D1D⊥面ABCD，∴E1E⊥面ABCD，
RtΔEE1F中，可得EF=E1E2+E1F2=4+E1F2，
因此，当E1F的长度取最小值时，EF的长度最小，此时点F为线段AE1和四分之一圆弧的交点，
即E1F=E1A-AF=5-2=3，
此时，EF=E1E2+E1F2=4+E1F2=4+32=13.
∴EF长度的最小值为13.
故答案为13.
17.【答案】17-14;
【解析】解：设A1在底面ABCD内的射影为P，过P作PM⊥AB，PN⊥AD，连结A1P，A1M，A1N，
则A1M⊥AB，A1N⊥AD，
∵∠A1AB=∠A1AD=60°，∴A1M=A1N，
∴PM=PN，
∴P在∠DAB的角平分线上，∴∠MAP=45°，
设AM=a，则AP=2a，AA1=2a，∴∠A1AP=45°，
设AC，BD交点为O，以O为原点，以AC，BD为坐标轴建立空间坐标系如图所示：
设AB=1，AA1=m，则A(-22,0,0)，A1(-22+22m,0,2m2)，B(0,22,0)，C1(22+2m2,0,2m2)，
∴A→C1=(2+2m2,0,2m2)，A1→B=(22-2m2,22,-2m2)，
若AC1⊥A1B，则A→C1⋅A1→B=0，即(2+2m2)⋅(22-2m2)-m22=0，
解得m=17-14．
∴A1AAB=17-14．
故答案为：17-14．
利用全等三角形可知A1在底面ABCD的射影在AC上，设AB=1，AA1=m，建立空间坐标系，求出A→C1和A1→B的坐标，令A→C1⋅A1→B=0解出m即可．
该题考查了棱柱的结构特征，线面垂直的判定，空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．
18.【答案】9π;
【解析】解：∵SA⊥平面ABC，AB⊥BC，
∴四面体S-ABC的外接球半径等于以长宽高分别SA，AB，BC三边长的长方体的外接球的半径
∵SA=1，AB=2，BC=2
∴2R=12+22+22=3
∴球O的表面积S=4•πR2=9π
故答案为：9π．
19.【答案】解：(1)存在，当点为中点时，平面，下面证明之．

连接，并延长交于，
因为为的重心，
所以为的中点，
所以为的中位线，
故，
又因为面，面，
故平面.
(2)取中点，连接，.

依题意，为等腰直角三角形，故.
又因为，
故.
故，即.
又因为，面，
所以面.
三棱锥的体积.;
【解析】此题主要考查折叠问题、线面平行的判定定理、空间几何体的体积.
(1)首先判断存在，当点为中点时，平面，连接，并延长交于，再利用线面平行的判定定理进行证明即可得出结论；
(2)取中点，连接，.证明面.即可得出结论.
20.【答案】解：以C为原点，CA→，CB→，CC1→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，

则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C1(0,0,3)，
A1(2,0,3)，B1(0,2,3)，D(2,0,1)，E(0,0,2)，M(1,1,3)，
(Ⅰ)证明：依题意，C1M→=(1,1,0)，B1D→=(2,-2,-2)，
∴C1M→⋅B1D→=2-2+0=0，∴C1M⊥B1D；
(Ⅱ)依题意，CA→=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量，
EB1→=(0,2,1)，ED→=(2,0,-1)，
设n→=(x,y,z)为平面DB1E的一个法向量，
则{n→·EB1→=0n→·ED→=0，即{2y+z=02x-z=0，不妨设x=1，则n→=(1,-1,2)，
∴cs=CA→⋅n→|CA→|⋅|n→|=66，
∴sin=1-16=306，
∴二面角B-B1E-D的正弦值306；
(Ⅲ)依题意，AB→=(-2,2,0)，
由(Ⅱ)知，n→=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量，
∴cs=AB→·n→|AB→|·|n→|=-33，
∴直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为33.;
【解析】此题主要考查了空间向量在几何中的应用，线线垂直和二面角和线面角的求法，考查了运算求解能力，转化与化归能力，逻辑推理能力，属于中档题．
(Ⅰ)建立空间坐标系，根据向量的数量积等于0，即可证明；
(Ⅱ)先平面DB1E的法向量n→，再根据向量的夹角公式，求出二面角B-B1E-D的正弦值；
(Ⅲ)求出cs值，即可求出直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．
21.【答案】解：设正四面体为A-BCD；
A在底面的射影为O；E为CD的中点；
因为其为正四面体；‘
故O为底面△BCD的中心，
且BO=23BE=2322-12=233；
所以正四面体的高AO=AB2-BO2=22-(233)2=263．;
【解析】
作出图形，根据等边三角形的性质建立等量关系，求解即可．
这道题主要考查正四面体高的求解，属于基础题目．
22.【答案】解：把直角边长分别为3和4的直角三角形ABC绕着斜边AB旋转，
过C作CD⊥AB，
由AB.CD=AC.BC，得CD=125，
得到如下几何体，由两个圆锥组成，
所以旋转所得几何体的表面积S=π×CD×(AC+BC)=
π×125×3+4=84π5.;
【解析】
此题主要考查旋转体的结构特征及表面积的计算，属于基础题.
过C作CD垂直AB于D，然后得两个圆锥，利用圆锥的表面积公式求解即可.
23.【答案】（1）证明：因为AB=AC且M为BC的中点，所以AM⊥BC，
又在正三棱柱ABC-A1B1C1中，因为平面BCC1B1⊥平面ABC，AM⊂平面ABC，
且平面BCC1B1∩平面ABC=BC，
所以AM⊥平面BCC1B1，
因为BN⊂平面BCC1B1，所以AM⊥BN，
因为M，N分别为BC，CC1的中点，所以BM=CN=2，
又因为BB1=CB=4，∠MBB1=∠NCB=90∘，
所以△MBB1≌△NCB，
所以∠BMB1=∠CNB，∠BB1M=∠CBN，
所以∠BMB1+∠CBN=∠CNB+∠CBN=90∘，
所以BN⊥B1M，
又因为AM⊂平面AMB1，B1M⊂平面AMB1，AM∩B1M=M，
所以BN⊥平面AMB1.
（2）解:设BN∩B1M=O，由（1）可知BO⊥平面AMB1，
所以AO为斜线AB在平面AMB1 内的射影，
所以∠BAO为AB与平面AMB1所成的角，
由题可知AN=BN=42+22=25，
所以△ABN为等腰三角形，
作NE⊥AB于E，
则E为AB的中点，所以NE=BN2-BE2=4，
由等面积法可知AO=AB×NEBN=4×425=85，
在Rt△AOB中，∠AOB=90∘，
所以cs∠BAO=AOAB=854=255，
所以直线AB与平面AMB1所成的角的余弦值为255.;
【解析】
该题考查线面垂直和面面垂直的判定与性质，同时考查直线与平面所成的角．
(1)通过证明BN⊥B1M，AM⊥BN即可证明BN⊥平面AMB1；
(2)得出∠BAO为AB与平面AMB1所成的角，然后解三角形求解即可．