高中数学(人教版)必修二《立体几何》综合提升卷.doc

高中数学（人教版）必修二《立体几何》综合提升卷

一．选择题（共13小题，满分65分，每小题5分）
1．（5分）设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面垂直，∠BCA=90°，BC=CA=2，若该棱柱的所有顶点都在体积为的球面上，则直线B1C与直线AC1所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
2．（5分）设l、m、n表示不同的直线，α、β、γ表示不同的平面，给出下列4个命题：
①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；
②若m∥l，且m∥α，则l∥α；
③若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，则l∥m∥n；
④若α∩β=m，β∩γ=l，α∩γ=n，且n∥β，则m∥l．
其中正确命题的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（5分）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）

A． B． C． D．π
4．（5分）如图，平面PAB⊥平面α，AB⊂α，且△PAB为正三角形，点D是平面α内的动点，ABCD是菱形，点O为AB中点，AC与OD交于点Q，I⊂α，且l⊥AB，则PQ与I所成角的正切值的最小值为（　　）

A． B． C． D．3
5．（5分）如图，在直四棱柱（侧棱与底面垂直的四棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，已知DC=DD1=2AD=2AB，AD⊥DC，AB∥DC，给出以下结论：
（1）异面直线A1B1与CD1所成的角为45°；
（2）D1C⊥AC1；
（3）在棱DC上存在一点E，使D1E∥平面A1BD，这个点为DC的中点；
（4）在棱AA1上不存在点F，使三棱锥F﹣BCD的体积为直四棱柱体积的．
其中正确的个数有（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
6．（5分）如图，四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，，BD⊥CD．将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′﹣BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论：
①A′C⊥BD；
②CA′与平面A′BD所成的角为30°；
③∠BA′C=90°；
④四面体A′﹣BCD的体积为．
其中正确的有（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
7．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是CD上一点，AB=AD=3，AA1=2，CE=1，P是AA1上一点，且DP∥平面AEB1，F是棱DD1与平面BEP的交点，则DF的长为（　　）

A．1 B． C． D．
8．（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个多面体的三视图，若该多面体的所有顶点都在球O表面上，则球O的表面积是（　　）

A．36π B．48π C．56π D．64π
9．（5分）如图，已知棱长为4的正方体ABCD﹣A′B′C′D′，M是正方形BB′C′C的中心，P是△A′C′D内（包括边界）的动点．满足PM=PD，则点P的轨迹长度是（　　）

A． B． C． D．
10．（5分）如图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：
①存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如图；
②存在四棱柱，其正（主）视图、俯视图如图；
③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如图．
其中真命题的个数是 （　　）

A．3 B．2 C．1 D．0
11．（5分）已知二面角α﹣l﹣β为60°，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为，Q到α的距离为，则P、Q两点之间距离的最小值为（　　）

A．1 B．2 C． D．4
12．（5分）一个正方体的展开图如图所示，B，C，D为原正方体的顶点，A为原正方体一条棱的中点．在原来的正方体中，CD与AB所成角的余弦值为（　　）

A． B． C． D．
13．（5分）异面直线a，b成80°角，点P是a，b外的一个定点，若过P点有且仅有2条直线与a，b所成的角相等且等于θ，则θ属于集合（　　）
A．{θ|0°＜θ＜40°} B．{θ|40°＜θ＜50°} C．{θ|40°＜θ＜90°} D．{θ|50°＜θ＜90°}

二．解答题（共7小题，满分85分）
14．（10分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点P在四边形ABCD内及其边界上运动，且点P到点B1的距离为．
（1）要使A1C1⊥平面BB1P，则点P在何位置？
（2）设直线B1P与平面ACD1所成的角为θ，求sinθ的取值范围．

15．（10分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=2，BC=CD=2，∠ACB=∠ACD=．
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若侧棱PC上的点F满足PF=7FC，求三棱锥P﹣BDF的体积．

16．（10分）如图所示的几何体是由以等边三角形ABC为底面的棱柱被平面DEF所截而得，已知FA⊥平面ABC，AB=2，BD=1，AF=2，CE=3，O为AB的中点．
（Ⅰ）求平面DEF与平面ABC相交所成锐角二面角的余弦值；
（Ⅱ）在DE上是否存在一点P，使CP⊥平面DEF？如果存在，求出DP的长；若不存在，说明理由．

17．（10分）如图，长方形框架ABCD﹣A′B′C′D′，三边AB、AD、AA′的长分别为6、8、3.6，AE与底面的对角线B′D′垂直于E．
（1）证明A′E⊥B′D′；
（2）求AE的长．

18．（12分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知E、F、G分别是棱AB、AD、D1A1的中点．
（1）求证：BG∥平面A1EF：
（2）若P为棱CC1上一点，求当等于多少时，平面A1EF⊥平面EFP？

19．（15分）ABCD为平行四边形，P为平面ABCD外一点，PA⊥面ABCD，且PA=AD=2，AB=1，AC=．
（1）求证：平面ACD⊥平面PAC；
（2）求异面直线PC与BD所成角的余弦值；
（3）设二面角A﹣PC﹣B的大小为θ，试求tanθ的值．

20．（18分）如图，△ABC各边长均为4，CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A﹣DC﹣B．

（1）证明：平面ADF⊥平面BCD；
（2）求三棱锥C﹣DEF的体积；
（3）在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．

高中数学（人教版）必修二《立体几何》综合提升卷
参考答案与试题解析

一．选择题（共13小题，满分65分，每小题5分）
1．（5分）（2016秋•小店区校级期中）设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面垂直，∠BCA=90°，BC=CA=2，若该棱柱的所有顶点都在体积为的球面上，则直线B1C与直线AC1所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】LM：异面直线及其所成的角．菁优网版权所有
【专题】35 ：转化思想；41 ：向量法；44 ：数形结合法；5F ：空间位置关系与距离．
【分析】根据题意画出图形，结合图形得出AB为截面圆的直径，求出AB的值以及三棱柱外接球的半径R；再利用三角形以及空间向量的知识求出向量与夹角的余弦值的绝对值即可．
【解答】解：∵∠BCA=90°，BC=CA=2，
∴AB=2，且为截面圆的直径；
又三棱柱外接球的体积为，
∴π•R3=，
解得外接球的半径为R=2；

△ABC1中，AB⊥BC1，AB=2，AC1=2R=4，
∴BC1==2；
又=+，=+=﹣﹣，
∴•=•（﹣）﹣•﹣﹣•
=0﹣0﹣﹣0
=﹣8，
||=||==；
∴异面直线B1C与AC1所成的角θ的余弦值为：
cosθ=||=||=．
故选：B．
【点评】本题考查了异面直线所成角的计算问题，解题时可以利用两向量所成的角进行计算，是综合性题目．

2．（5分）（2014•红岗区校级模拟）设l、m、n表示不同的直线，α、β、γ表示不同的平面，给出下列4个命题：
①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；
②若m∥l，且m∥α，则l∥α；
③若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，则l∥m∥n；
④若α∩β=m，β∩γ=l，α∩γ=n，且n∥β，则m∥l．
其中正确命题的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系；2K：命题的真假判断与应用；LP：空间中直线与平面之间的位置关系．菁优网版权所有
【专题】16 ：压轴题．
【分析】本题考查的是直线之间，直线与平面之间的位置关系，可借助图象解答．
【解答】解：易知命题①正确；在命题②的条件下，直线l可能在平面α内，故命题为假；在命题③的条件下，三条直线可以相交于一点，故命题为假；在命题④中，由α∩γ=n知，n⊂α且n⊂γ，由n⊂α及∥βα∩β=m，得n∥m，同理n∥l，故m∥l，命题④正确．
故答案选B．
【点评】本题主要考查了直线与直线间的位置关系，以及直线与平面间的位置关系，注意二者的联系与区别．

3．（5分）（2016•永州模拟）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）

A． B． C． D．π
【考点】L!：由三视图求面积、体积．菁优网版权所有
【专题】17 ：选作题；31 ：数形结合；44 ：数形结合法；5F ：空间位置关系与距离．
【分析】由三视图知该几何体是一个组合体：左边是半个圆锥，右边是四分之一个圆柱，由三视图求出几何元素的长度，由柱体、锥体体积公式求出几何体的体积，
【解答】解：根据三视图可知几何体是一个组合体：
左边是半个圆锥，右边是四分之一个圆柱（斜切半圆柱），
且圆柱的底面半径是1、母线长是2；圆锥的底面半径、高都是1，
∴几何体的体积V=
==，
故选：C．

【点评】本题考查三视图求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．

4．（5分）（2017•宁波模拟）如图，平面PAB⊥平面α，AB⊂α，且△PAB为正三角形，点D是平面α内的动点，ABCD是菱形，点O为AB中点，AC与OD交于点Q，I⊂α，且l⊥AB，则PQ与I所成角的正切值的最小值为（　　）

A． B． C． D．3
【考点】LM：异面直线及其所成的角．菁优网版权所有
【专题】15 ：综合题；35 ：转化思想；41 ：向量法；53 ：导数的综合应用；5G ：空间角．
【分析】由题意画出图形，建立空间直角坐标系，设AB=2，∠OAD=θ（0＜θ＜π），把异面直线所成角的余弦值化为含有θ的三角函数式，换元后利用导数求最值．
【解答】解：如图，不妨以CD在AB前侧为例．
以O为原点，分别以OB、OP所在直线为y、z轴建立空间直角坐标系，
设AB=2，∠OAD=θ（0＜θ＜π），则P（0，0，），
D（2sinθ，﹣1+2cosθ，0），
∴Q（，，0），
∴，
设α与AB垂直的向量，则PQ与l所成角为α．
则|cosα|=||=||==．
令t=cosθ（﹣1＜t＜1），则s=，s′=，
令s′=0，得t=8﹣，
∴当t=8﹣时，s有最大值为16﹣6．
则cosα有最大值为，此时最小值最小为．
∴正切值的最小值为=．
故选：B．

【点评】本题考查异面直线所成角，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量及导数求最值，属难题．

5．（5分）（2013•浙江模拟）如图，在直四棱柱（侧棱与底面垂直的四棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，已知DC=DD1=2AD=2AB，AD⊥DC，AB∥DC，给出以下结论：
（1）异面直线A1B1与CD1所成的角为45°；
（2）D1C⊥AC1；
（3）在棱DC上存在一点E，使D1E∥平面A1BD，这个点为DC的中点；
（4）在棱AA1上不存在点F，使三棱锥F﹣BCD的体积为直四棱柱体积的．
其中正确的个数有（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】LS：直线与平面平行的判定；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LM：异面直线及其所成的角；LX：直线与平面垂直的性质．菁优网版权所有
【专题】11 ：计算题；14 ：证明题；16 ：压轴题．
【分析】直接利用已知条件推出异面直线所成的角判断（1）的正误；通过直线与平面的位置关系判断（2）的正误；通过直线与平面的平行判断（3）的正误；几何体的体积判断（4）的正误即可．
【解答】解：（1）由题意可知DC=DD1=2AD=2AB，AD⊥DC，AB∥DC，所以△DD1C1是等腰直角三角形，A1B1∥C1D1，异面直线A1B1与CD1所成的角为45°，所以（1）正确．
（2）由题意可知，AD⊥平面DD1C1C，四边形DD1C1C是正方形，所以D1C⊥DC1，
可得D1C⊥AC1；（2）正确；
对于（3）在棱DC上存在一点E，使D1E∥平面A1BD，这个点为DC的中点，因为
DC=DD1=2AD=2AB，如图HG，所以E为中点，正确．
（4）设AB=1，则棱柱的体积为：=，当F在A1时，A1﹣BCD的体积为：=，显然体积比为，所以在棱AA1上存在点F，使三棱锥F﹣BCD的体积为直四棱柱体积的，所以（4）不正确．
正确结果有（1）、（2）、（3）．
故选C．

【点评】本题考查棱柱的结构特征，几何体的体积的求法，直线与平面的位置关系的判断，考查空间想象能力计算能力．

6．（5分）（2011•上饶校级模拟）如图，四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，，BD⊥CD．将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′﹣BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论：
①A′C⊥BD；
②CA′与平面A′BD所成的角为30°；
③∠BA′C=90°；
④四面体A′﹣BCD的体积为．
其中正确的有（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【考点】LM：异面直线及其所成的角；L3：棱锥的结构特征；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．菁优网版权所有
【专题】11 ：计算题；16 ：压轴题．
【分析】根据题意，依次分析命题：对于①可利用反证法说明真假，若①成立可得BD⊥A'D，产生矛盾；对于②由CA'与平面A'BD所成的角为∠CA'D=45°知②的真假；对于③△BA'D为等腰Rt△，CD⊥平面A'BD，得BA'⊥平面A'CD，根据线面垂直可知∠BA′C=90°，对于④利用等体积法求出所求体积进行判定即可，综合可得答案．
【解答】解：若①成立可得BD⊥A'D，产生矛盾，故①不正确；
由CA'与平面A'BD所成的角为∠CA'D=45°知②不正确；
由题设知：△BA'D为等腰Rt△，CD⊥平面A'BD，得BA'⊥平面A'CD，于是③正确；
，④不正确．
其中正确的有1个
故选D．
【点评】本题主要考查了异面直线及其所成的角，以及三棱锥的体积的计算，同时考查了空间想象能力，论证推理能力，解题的关键是须对每一个进行逐一判定．

7．（5分）（2017春•保定期中）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是CD上一点，AB=AD=3，AA1=2，CE=1，P是AA1上一点，且DP∥平面AEB1，F是棱DD1与平面BEP的交点，则DF的长为（　　）

A．1 B． C． D．
【考点】L2：棱柱的结构特征．菁优网版权所有
【专题】31 ：数形结合；49 ：综合法；5F ：空间位置关系与距离．
【分析】在棱AB上取点M，使得BM=1，
过点M作MN∥BB1，交AB1于N，连接EM、EN，
证明平面EMN∥平面ADD1A1，求出MN的值，
由AP=MN得出DP∥平面AEB；
再取DG=AP，连接CG，利用平行关系求出DF的长．
【解答】解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AB上取点M，使得BM=1，
过点M作MN∥BB1，交AB1于N，连接EM、EN，如图所示；
则平面EMN∥平面ADD1A1；
∵BB1=2AM=2BM，
∴MN=，
∴当AP=MN=时，DP∥EN，
即DP∥平面AEB；
∵F是棱DD1与平面BEP的交点，
∴EF∥BP；
取DG=AP=，连接CG，则CG∥BP，
∴EF∥CG，
∴DF=DG=．
故选：B．

【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了求线段长的应用问题，是综合题．

8．（5分）（2016•丹东二模）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个多面体的三视图，若该多面体的所有顶点都在球O表面上，则球O的表面积是（　　）

A．36π B．48π C．56π D．64π
【考点】L!：由三视图求面积、体积；LG：球的体积和表面积．菁优网版权所有
【专题】15 ：综合题；31 ：数形结合；46 ：分割补形法；58 ：解三角形；5F ：空间位置关系与距离．
【分析】根据三视图知几何体是三棱锥为棱长为4的正方体一部分，画出直观图，由正方体的性质求出球心O到平面ABC的距离d、边AB和AC的值，在△ABC中，由余弦定理求出cos∠ACB后，求出∠ACB和sin∠ACB，由正弦定理求出△ABC的外接圆的半径r，由勾股定理求出球O的半径，由球的表面积公式求解．
【解答】解：根据三视图知几何体是：
三棱锥D﹣ABC为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示：
∵该多面体的所有顶点都在球O，且球心O是正方体的中心，
∴由正方体的性质得，球心O到平面ABC的距离d=2，
由正方体的性质可得，
AB=BD==，AC=，
设△ABC的外接圆的半径为r，
在△ABC中，由余弦定理得，
cos∠ACB===，
∴∠ACB=45°，则sin∠ACB=，
由正弦定理可得，2r===2，则r=，
即球O的半径R==，
∴球O的表面积S=4πR2=56π，
故选：C．

【点评】本题考查三视图求几何体外接球的表面积，正弦定理、余弦定理，以及正方体的性质，结合三视图和对应的正方体复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．

9．（5分）（2016•衢州模拟）如图，已知棱长为4的正方体ABCD﹣A′B′C′D′，M是正方形BB′C′C的中心，P是△A′C′D内（包括边界）的动点．满足PM=PD，则点P的轨迹长度是（　　）

A． B． C． D．
【考点】L2：棱柱的结构特征．菁优网版权所有
【专题】15 ：综合题；35 ：转化思想；49 ：综合法；5F ：空间位置关系与距离．
【分析】满足PM=PD的点P的轨迹是过MD的中点，且与MD垂直的平面，根据P是△A′C′D内（包括边界）的动点，可得点P的轨迹是两平面的交线ST．T在中点，S在4等分点，利用余弦定理，求出ST即可．
【解答】解：满足PM=PD的点P的轨迹是过MD的中点，且与MD垂直的平面，
∵P是△A′C′D内（包括边界）的动点，
∴点P的轨迹是两平面的交线ST．T在中点，
S在4等分点时，SD=3，SM==3，满足SD=SM
∴SD=3，TD=2
∴ST==．
故选：D．

【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查轨迹的求解，考查余弦定理，考查学生的计算能力，属于中档题．

10．（5分）（2011•山东）如图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：
①存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如图；
②存在四棱柱，其正（主）视图、俯视图如图；
③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如图．
其中真命题的个数是 （　　）

A．3 B．2 C．1 D．0
【考点】L7：简单空间图形的三视图．菁优网版权所有
【专题】5Q ：立体几何．
【分析】由三棱柱的三视图中，两个矩形，一个三角形可判断①的对错，由四棱柱的三视图中，三个均矩形，可判断②的对错，由圆柱的三视图中，两个矩形，一个圆可以判断③的真假．本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，其中熟练掌握各种几何体的几何特征进而判断出各种几何体中三视图对应的平面图形的形状是解答本题的关键．
【解答】解：存在正三棱柱，其三视图中有两个为矩形，一个为正三角形满足条件，故①为真命题；
存在正四棱柱，其三视图均为矩形，满足条件，故②为真命题；
对于任意的圆柱，其三视图中有两个为矩形，一个是以底面半径为半径的圆，也满足条件，故③为真命题；
故选：A
【点评】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，其中熟练掌握各种几何体的几何特征进而判断出各种几何体中三视图对应的平面图形的形状是解答本题的关键．

11．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）已知二面角α﹣l﹣β为60°，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为，Q到α的距离为，则P、Q两点之间距离的最小值为（　　）

A．1 B．2 C． D．4
【考点】LQ：平面与平面之间的位置关系．菁优网版权所有
【专题】11 ：计算题；16 ：压轴题．
【分析】分别作QA⊥α于A，AC⊥l于C，PB⊥β于B，PD⊥l于D，连CQ，BD则∠ACQ=∠PBD=60°，在三角形APQ中将PQ表示出来，再研究其最值即可．
【解答】解：如图
分别作QA⊥α于A，AC⊥l于C，PB⊥β于B，PD⊥l于D，
连CQ，BD则∠ACQ=∠PDB=60°，，
∴AC=PD=2
又∵
当且仅当AP=0，即点A与点P重合时取最小值．
故答案选C．

【点评】本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，以及空间中直线与平面之间的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．

12．（5分）（2008•四川）一个正方体的展开图如图所示，B，C，D为原正方体的顶点，A为原正方体一条棱的中点．在原来的正方体中，CD与AB所成角的余弦值为（　　）

A． B． C． D．
【考点】LM：异面直线及其所成的角．菁优网版权所有
【专题】11 ：计算题；16 ：压轴题．
【分析】先还原正方体，将对应的字母标出，CD与AB所成角等于BE与AB所成角，在三角形ABE中再利用余弦定理求出此角的余弦值即可．
【解答】解：还原正方体如右图所示设AD=1，
则，AF=1，，
AE=3，CD与AB所成角等于BE与AB所成角，
所以余弦值为，
故选D．

【点评】本小题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．

13．（5分）（2008•上海模拟）异面直线a，b成80°角，点P是a，b外的一个定点，若过P点有且仅有2条直线与a，b所成的角相等且等于θ，则θ属于集合（　　）
A．{θ|0°＜θ＜40°} B．{θ|40°＜θ＜50°} C．{θ|40°＜θ＜90°} D．{θ|50°＜θ＜90°}
【考点】LM：异面直线及其所成的角．菁优网版权所有
【专题】11 ：计算题；16 ：压轴题．
【分析】先将异面直线a，b平移到点P，求出∠BPE的角平分线和∠EPD的角平分线与a和b的所成角，介于两者之间有且只有两条，小于最小的则不存在，大于最大的小于90°则有4条，等于90°有且只有一条．
【解答】解：先将异面直线a，b平移到点P，则∠BPE=80°，∠EPD=100°
而∠BPE的角平分线与a和b的所成角为40°，
而∠EPD的角平分线与a和b的所成角为50°
当θ∈{θ|40°＜θ＜50°}
∴直线与a，b所成的角相等且等于θ有且只有2条，
使直线在面BPE的射影为∠BPE的角平分线，
故选B．

【点评】本小题主要考查异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法，以及射影等知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查转化思想，属于基础题．

二．解答题（共7小题，满分85分）
14．（10分）（2015春•广安校级月考）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点P在四边形ABCD内及其边界上运动，且点P到点B1的距离为．
（1）要使A1C1⊥平面BB1P，则点P在何位置？
（2）设直线B1P与平面ACD1所成的角为θ，求sinθ的取值范围．

【考点】LW：直线与平面垂直的判定．菁优网版权所有
【专题】31 ：数形结合；49 ：综合法；5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角；5H ：空间向量及应用．
【分析】（1）以点B为圆心，以BA为半径画圆弧AC，交BD连线于点P，点P即为所求，证明B1P=，且A1C1⊥平面BB1P即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出向量与平面ACD1的法向量所成角的余弦值，即可得出直线B1P与平面ACD1所成角θ的正弦值取值范围．
【解答】解：（1）根据题意，以点B为圆心，以BA为半径画圆弧AC，交BD连线于点P，
如图所示，则点P即为所求．
∵BP=BA=1，∴B1P=；
又BD⊥AC，AC∥A1C1，
∴BP⊥A1C1；
又BB1⊥A1C1，且BC∩BB1=B，
∴A1C1⊥平面BB1P；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系；
则B（0，0，0），A（﹣1，0，0），C（0，1，0），
B1（0，0，1），D1（﹣1，1，1），
设点P（cosα，sinα，0），则α∈[，π]；
∴=（1，1，0），=（0，1，1），=（cosα，sinα，﹣1）；
设平面ACD1的法向量为=（x，y，z），
则，即，
令x=1，则y=﹣1，z=1，∴=（1，﹣1，1）；
∴cos＜，＞=
=
=；
∵α∈[，π]，∴α+∈[，]，
∴cos（α+）∈[﹣1，﹣]，
∴cos（α+）﹣1∈[﹣﹣1，﹣2]；
∴cos＜，＞∈[，]，
∵直线B1P与平面ACD1所成的角θ，
∴sinθ=|cos＜，＞|∈[，]，
sinθ的取值范围是[，]．

【点评】本题考查了空间直线与平面垂直的判断问题，也考查了空间角的计算问题，是综合性题目．解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．

15．（10分）（2013•重庆）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=2，BC=CD=2，∠ACB=∠ACD=．
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若侧棱PC上的点F满足PF=7FC，求三棱锥P﹣BDF的体积．

【考点】LW：直线与平面垂直的判定；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．菁优网版权所有
【专题】16 ：压轴题；5F ：空间位置关系与距离．
【分析】（Ⅰ）由等腰三角形的性质可得BD⊥AC，再由PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BD．再利用直线和平面垂直的判定定理证明BD⊥平面PAC．
（Ⅱ）由侧棱PC上的点F满足PF=7FC，可得三棱锥F﹣BCD的高是三棱锥P﹣BCD的高的．求出△BCD的面积S△BCD，再根据三棱锥P﹣BDF的体积 V=VP﹣BCD﹣VF﹣BCD=﹣，运算求得结果．
【解答】解：（Ⅰ）∵BC=CD=2，∴△BCD为等腰三角形，再由 ，∴BD⊥AC．
再由PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BD．
而PA∩AC=A，故BD⊥平面PAC．
（Ⅱ）∵侧棱PC上的点F满足PF=7FC，
∴三棱锥F﹣BCD的高是三棱锥P﹣BCD的高的．
△BCD的面积S△BCD=BC•CD•sin∠BCD==．
∴三棱锥P﹣BDF的体积 V=VP﹣BCD﹣VF﹣BCD=﹣=×
==．
【点评】本题主要考查直线和平面垂直的判定定理的应用，用间接解法求棱锥的体积，属于中档题．

16．（10分）（2010•宿城区校级模拟）如图所示的几何体是由以等边三角形ABC为底面的棱柱被平面DEF所截而得，已知FA⊥平面ABC，AB=2，BD=1，AF=2，CE=3，O为AB的中点．
（Ⅰ）求平面DEF与平面ABC相交所成锐角二面角的余弦值；
（Ⅱ）在DE上是否存在一点P，使CP⊥平面DEF？如果存在，求出DP的长；若不存在，说明理由．

【考点】LW：直线与平面垂直的判定；MJ：与二面角有关的立体几何综合题．菁优网版权所有
【专题】11 ：计算题；15 ：综合题；16 ：压轴题；35 ：转化思想．
【分析】（Ⅰ）根据题意建立空间直角坐标系，通过法向量求出平面DEF与平面ABC相交所成锐角二面角的余弦值．
（Ⅱ）假设在DE存在一点P，设出坐标，根据CP⊥面DEF，得到所以与平面DEF的法向量n2共线，求出λ，得到DP即可．
【解答】解：以O为原点，OB，OC，Oz分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
C（0，，0），D（1，0，1），E（0，，3），F（﹣1，0，2）．
（Ⅰ）平面ABC的法向量为n1=（0，01）．
设平面DEF的法向量为n2=（x，y，z），=（﹣1，，2）．
由得所以
取x=1，得n2=（1，﹣，2）．
所以cos＜m1，m2＞===，所以平面DEF与平面ABC相交所成锐角二面角的余弦值为．

（Ⅱ）假设在DE存在一点P，设P（x，y，z），
因为=λ，故（x﹣1，y，z﹣1）=λ（﹣1，，2），
所以P（﹣λ+1，λ，2λ+1），所以CP=（﹣λ+1，λ﹣，2λ+1）．
因为平CP⊥面DEF，所以与平面DEF的法向量n2共线，
所以==，解得λ=，
所以=，即|DP|=|DE|，所以DP=．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，以及与二面角相关的立体几何问题综合运用．通过数形结合，以及对知识的综合考查，达到考查学生基本能力的目的，属于中档题．

17．（10分）（1980•全国）如图，长方形框架ABCD﹣A′B′C′D′，三边AB、AD、AA′的长分别为6、8、3.6，AE与底面的对角线B′D′垂直于E．
（1）证明A′E⊥B′D′；
（2）求AE的长．

【考点】L3：棱锥的结构特征．菁优网版权所有
【专题】11 ：计算题；14 ：证明题；16 ：压轴题．
【分析】（1）先由AA'⊥平面A'B'C'D'，可转化为AA'⊥B'D'，又AE⊥B'D'，由线面垂直的判断定理可得B'D'⊥平面AA'E，得证．
（2）先由等面积法A'B'•A'D'=A'E•B'D'求得A'E，再由勾股定理求得AE．
【解答】（1）证明：AA'⊥平面A'B'C'D'，∴AA'⊥B'D'．
又AE⊥B'D'，∴B'D'⊥平面AA'E，
因此B'D'⊥A'E
（2）解：A'B'•A'D'=A'E•B'D'（都是△A'B'D'面积的2倍）
∴6×8=A'E×，
∴A'E=4.8
∴AE=．
【点评】本题主要考查长方体的结构特征，主要涉及了线线，线面，面面垂直的关系，以及基本量的关系．属中档题．

18．（12分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知E、F、G分别是棱AB、AD、D1A1的中点．
（1）求证：BG∥平面A1EF：
（2）若P为棱CC1上一点，求当等于多少时，平面A1EF⊥平面EFP？

【考点】LZ：平面与平面垂直的性质；LS：直线与平面平行的判定．菁优网版权所有
【专题】35 ：转化思想；44 ：数形结合法；5F ：空间位置关系与距离．
【分析】（1）连接BD、DG，证明平面BGD∥平面A1EF，再证明BG∥平面A1EF；
（2）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，利用平面A1EF的法向量与平面EFP的法向量互相垂直，即可求出的值．
【解答】解：（1）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F、G分别是棱AB、AD、D1A1的中点，
连接BD、DG，则EF∥BD，
GD∥A1F，
又BD⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以BD∥平面A1EF；
同理，GD∥平面A1EF，
且BD∩GD=D，BD⊂平面BGD，GD⊂平面BGD，
所以平面BGD∥平面A1EF，
又BG⊂平面BGD，
所以BG∥平面A1EF；
（2）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1，CP=t（0≤t≤1），
A1（1，0，1），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），
D（0，0，0），E（1，，0），F（，0，0），P（0，1，t）；
=（﹣，﹣，0），=（0，﹣，1），
设平面A1EF的法向量为=（x，y，z），
则，
即，
取x=1，得=（1，﹣1，﹣）；
又=（﹣1，，t），
设平面EFP的法向量为=（a，b，c），
则，
即，
取a=1，得=（1，﹣1，），
又平面A1EF⊥平面EFP，
所以•=1+1﹣=0，解得t=，
所以CP=，
即=时，平面A1EF⊥平面EFP．

【点评】本题考查了异面直线垂直的证明，也考查了直线与平面平行的证明以及使二面角为直二面角的线段的比值的求法问题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．

19．（15分）（2011•湖南学业考试）ABCD为平行四边形，P为平面ABCD外一点，PA⊥面ABCD，且PA=AD=2，AB=1，AC=．
（1）求证：平面ACD⊥平面PAC；
（2）求异面直线PC与BD所成角的余弦值；
（3）设二面角A﹣PC﹣B的大小为θ，试求tanθ的值．

【考点】LY：平面与平面垂直的判定；LM：异面直线及其所成的角；MT：二面角的平面角及求法．菁优网版权所有
【专题】11 ：计算题；14 ：证明题；16 ：压轴题．
【分析】（1）由已知中，PA⊥面ABCD，结合面面垂直的判定定理，我们易得平面ACD⊥平面PAC；
（2）令AC与BD交点为O，PA的中点为E，连接OE，则OE∥PC，则直线PC与BD所成角等于直线OE与BD所成角，解三角形OEB，即可得到答案．
（3）A作AG⊥PC交PC于G，过G作GF⊥PC交PB于F，连接AF．则二面角A﹣PC﹣B的平面角为∠AGF，解三角形AGF，即可得到答案．
【解答】证明：（1）∵PA⊥面ABCD，
PA⊂平面PAC
∴平面ACD⊥平面PAC；
解：（2）令AC与BD交点为O，PA的中点为E，连接OE，BE如图所示：

∵O为BD的中点，则EO=PC==，且OE∥PC
又∵PA⊥面ABCD，且PA=AD=2，AB=1，AC=．
∴OB=BD=，BE=
∴|cos∠EOB|==；
即异面直线PC与BD所成角的余弦值为；
（3）过A作AG⊥PC交PC于G，过G作GF⊥PC交PB于F，连接AF．

则二面角A﹣PC﹣B的平面角为∠AGF即∠AGF=θ．
在Rt△APC中，PC=，
∴，
在△PBC中，PB=，BC=2，
∴，
∴，
∴在Rt△PGF中，，
∴
在△PGF中，PF=，
∴AF=1，
在△AGF中，，
∴
【点评】本题考查的知识点是平面与平面垂直的判定，异面直线及其所成的角，二面角的平面角及求示，其中求二面角，关键是要找到二面角的平面角，将空间问题转化为一个平面解三角形的问题．

20．（18分）（2016春•包头校级期末）如图，△ABC各边长均为4，CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A﹣DC﹣B．

（1）证明：平面ADF⊥平面BCD；
（2）求三棱锥C﹣DEF的体积；
（3）在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．
【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LY：平面与平面垂直的判定．菁优网版权所有
【专题】41 ：向量法；4R：转化法；5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明AD⊥平面BCD即可．
（2）证明EH是三棱锥E﹣CDF的高，结合三棱锥的体积公式进行求解即可．
（3）以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．利用向量法能在线段BC上存在点P，使AP⊥DE．
【解答】解：（1）证明：连接EF交CD于H，则EF是△ABC的中位