第8天 立体几何初步-【18天考点全覆盖】冲刺2023年高考数学考前必刷题（含解析)
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| 名称 | 第8天 立体几何初步-【18天考点全覆盖】冲刺2023年高考数学考前必刷题（含解析) |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 27.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-05-05 15:47:14 | ||
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文档简介
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【18天考点全覆盖】冲刺2023年高考数学考前必刷题
第8天 立体几何初步
一、单选题
1．如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23 B．24 C．26 D．27
2．“帷幄”是古代打仗必备的帐篷，又称“幄帐”.如图是一种幄帐示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面.若各斜坡面与底面所成二面角的正切值均为，底面矩形的长与宽之比为，则正脊与斜脊长度的比值为（ ）
A． B． C． D．1
3．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A． B． C． D．
4．用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等．现将椭圆绕轴旋转一周后得一半橄榄状的几何体（如图3），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）
A． B． C． D．
5．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．已知圆锥的底面圆心到母线的距离为2，当圆锥母线的长度取最小值时，圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
7．某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：
在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是
A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨
8．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以圆形攒尖为例．如图所示的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为，顶角为的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（ ）
A． B． C． D．
9．北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（ ）
A．26% B．34% C．42% D．50%
10．如图在RtABC中，AB＝BC＝6，动点D，E，F分别在边BC，AC，AB上，四边形BDEF为矩形，剪去矩形BDEF后，将剩余部分绕AF所在直线旋转一周，得到一个几何体，则当该几何体的表面积最大时，BD＝（ ）
A．2 B．3 C．4 D．3
11．把一个三边均为有理数的直角三角形面积的数值称为同余数，如果正整数为同余数，则称为整同余数.年月日，年度国家科学奖励大会在人民大会堂隆重召开，中国科学院研究员田刚以“同余数问题与函数的算术”项目荣获年度国家自然科学奖二等奖，在同余数这个具有千年历史数学中最重要的古老问题上取得突破性进展.在中，，绕旋转一周，所成几何体的侧面积和体积的数值之比为：，若的面积为整同余数，则的值可以为（ ）
A． B． C． D．
12．若a，b是异面直线，下列四个命题中正确的是（ ）
A．过不在a，b上任一点P，必可作直线与a，b都平行
B．过不在a，b上任一点P，必可作直线与a，b都相交
C．过不在a，b上任一点P，必可作直线与a，b都垂直
D．过不在a，b上任一点P，必可作平面与a，b都平行.
13．在正方体中，、、、分别是该点所在棱的中点，则下列图形中、、、四点共面的是（ ）
A． B．
C． D．
14．在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
15．如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
16．一几何体的平面展开图如图所示，其中四边形为正方形，分别为的中点，在此几何体中，下面结论错误的是（ ）
A．直线与直线异面
B．直线与直线异面
C．直线平面
D．直线平面
17．设是平面内两条不同的直线，是平面外的一条直线，则“，”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要的条件
C．必要不充分的条件 D．既不充分也不必要的条件
18．已知是直线，是两个不同平面，下列命题中的真命题是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
19．已知正方体（如图所示），则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
20．如图，在直三棱柱中，，为的中点，为棱的中点，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．//平面
C． D．//平面
21．如图1所示是素描中的由圆锥和圆柱简单组合体，抽象成如图2的图像.已知圆柱的轴线在平面内且平行于轴，圆锥与圆柱的高相同.为圆锥底面圆的直径，，且.若到圆所在平面距离为2.若，则与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
22．正方体棱长为，是棱的中点， 是正方形及其内部的点构成的集合．设集合，则集合表示的区域面积是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
23．《九章算术》是中国古代张苍 耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称之为“羡除”，则（ ）
A．“羡除”有且仅有两个面为三角形； B．“羡除”一定不是台体；
C．不存在有两个面为平行四边形的“羡除”； D．“羡除”至多有两个面为梯形.
24．沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）．假设该沙漏每秒钟漏下的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的是（ ）
A．沙漏中的细沙体积为
B．沙漏的体积是
C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为3 cm
D．该沙漏的一个沙时大约是1985秒
25．已知直线与异面，则（ ）
A．存在无数个平面与都平行
B．存在唯一的平面，使与所成角相等
C．存在唯一的平面，使，且
D．存在平面，，使，且
26．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A． B．
C． D．
27．正方体的棱长为2，E，F，G分别为的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直
B．直线与直线异面
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点C到平面的距离为
28．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
29．如图，正方体的棱长为2，点是线段的中点，点是正方形所在平面内一动点，下列说法正确的是（ ）
A．若点是线段的中点，则
B．若点是线段的中点，则平面
C．若平面，则点轨迹在正方形内的长度为
D．若点到的距离与到的距离相等，则点轨迹是抛物线
30．如图，棱长为的正方体的顶点在平面内，其余各顶点均在平面的同侧，已知顶点到平面的距离分别是和.下列说法正确的有（ ）
A．点到平面的距离是
B．点到平面的距离是
C．正方体底面与平面夹角的余弦值是
D．在平面内射影与所成角的余弦值为
三、填空题
31．扇面是中国书画作品的一种重要表现形式．一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为和的两个同心圆上的弧，侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心且圆心角为．若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为______________.
32．如图所示，已知五面体ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AB＝4，CD＝8，EF＝3，CD与EF的距离为8，点A到平面CDEF的距离为6，则该五面体的体积为________．
33．“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为12 cm，外层底面直径为16 cm，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20 cm的球面上，则此模型的体积为_____cm3.
34．已知圆锥的底面半径为，母线长为，若圆锥内某正方体的底面在圆锥的底面上，则该正方体的最大体积为______.
35．“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵故的球面射电望远镜（如图），已知“天眼”的形状为球冠（球面被平面所载后剩下的曲面，截得的圆为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高），设球冠底的直径，球冠的高，则球的半径______．（精确到整百）．
36．文峰塔位于重庆市南岸区黄桷垭的文峰山之巅，笔直挺拔，高插云表、雄姿擎天，巍然屹立.文峰塔建于清道光年间，木塔顶部可以近似地看成一个正八棱锥，其侧面和底面的夹角大小为60°，则该正八棱锥的高和底面边长之比为______.
37．学生小雨欲制作一个有盖的圆柱形容器，满足以下三个条件：①可将八个半径为的乒乓球分两层放置在里面；②每个乒乓球都和其相邻的四个球相切；③每个乒乓球与该容器的底面（或上盖）及侧面都相切，则该容器的高为________．
38．下列说法正确的是___________.
①两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内；
②过空间中任意三点有且仅有一个平面；
③若空间两条直线不相交，则这两条直线平行；
④若直线平面，直线平面，则.
39．已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥；③l⊥．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．
40．如图，在梯形ABCD中，，点E为AB中点，将沿直线DE向上折起到的位置（平面与平面ABCD不重合）．在折叠的过程中，给出下列结论：
①任意时刻都有∥平面；
②任意时刻都有平面平面﹔
③存在某个位置，使得﹔
④当平面平面BCDE时，直线AD与平面所成角的正弦值为
其中所有正确结论的序号是___________．
41．如图，在四棱柱中，底面，且底面为菱形，，，，为的中点，在上，在平面内运动（不与重合），且平面，异面直线与所成角的余弦值为，则的最大值为___________.
42．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．
43．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍（chú méng）者，下有袤有广，而上有袤无广，刍，草也．甍，屋盖也．”其释义为：刍甍，底面有长有宽的矩形，顶部只有长没有宽为一条棱的五面体．刍甍字面意思为茅屋屋顶．如图所示，现有刍甍，所有顶点都在球O的球面上，球心O在矩形所在的平面内，，，该刍甍的体积最大时，________，体积的最大值为_________．
44．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲）.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图乙所示，若正四面体的棱长为，则能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为_______，勒洛四面体的截面面积的最大值为________.
45．《九章算术》是中国古代的数学专著，收有246个与生产、生活有联系的应用问题．早在隋唐时期便已在其他国家传播．书中提到了“阳马”．它是中国古代建筑里的一种构件，抽象成几何体就是一底面为矩形，其中一条侧棱与底面垂直的直角四棱锥．问：在一个阳马中，任取其中3个顶点，能构成__________个锐角三角形，一个长方体最少可以分割为___________个阳马．
46．如图，平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.将△CDE沿CE折起，使点D移动到P的位置，且AP＝，得到四棱锥P－ABCE.
(1)求证：AP⊥平面ABCE；
(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l.
四、解答题
47．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求证：EF//平面PCD．
48．如图，直角梯形与等腰直角三角形所在的平面互相垂直．，，，
(1)求证：；
(2)求证：平面平面；
(3)线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
49．图1是由矩形和菱形组成的一个平面图形，其中， ，将其沿折起使得与重合，连结，如图2.
（1）证明图2中的四点共面，且平面平面；
（2）求图2中的四边形的面积.
50．如图(1)，在四边形ABCD中，AD＝CD＝2，AC＝BC＝2，E，F分别为线段BC，AC的中点，将△ACD沿AC折起，使平面ACD⊥平面ABC，且BD＝2，得到几何体D ABC，如图(2)所示．
(1)求证：AC⊥BD；
(2)求四棱锥D ABEF的体积．
51．如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，BC＝3，AD＝DC＝1．把△ACD沿着AC翻折至△ACD1的位置，D1 平面ABC，连结BD1，如图2．
（1）当BD1＝2时，证明：平面ACD1⊥平面ABD1；
（2）当三棱锥D1﹣ABC的体积最大时，求点B到平面ACD1的距离，
52．如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积．
53．如图，为圆的直径，是圆上不同于、的动点，四边形为矩形，平面平面，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面．
54．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：
(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；
(2)点C1在平面AEF内.
55．如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，D为AC中点，于（不同于点），延长AE交BC于F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥，如图2所示.
（1）若M是FC的中点，求证：直线//平面；
（2）求证：BD⊥；
（3）若平面平面，试判断直线与直线CD能否垂直？并说明理由.
56．已知直三棱柱中，侧面为正方形，分别为和的中点，为棱上的点，．证明：；
57．如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点.求证：平面.
58．如图，在直三棱柱ADE BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．运用向量方法证明：
(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD．
59．如图，在四棱锥中，底面，，，，点为棱的中点.证明：
(1)；
(2)平面；
(3)平面⊥平面.
60．如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
61．如图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD为矩形，，E为CD的中点，且△VBC为等边三角形．
(1)若VB⊥AE，求证：AE⊥VE；
(2)若二面角A－BC－V的大小为，求直线AV与平面VCD所成角的正弦值．
62．如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
63．如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值.
64．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小
65．已知，如图四棱锥中，底面为菱形，，，平面，，分别是，中点，点在棱上移动．
(1)证明：无论点在上如何移动，都有平面平面；
(2)是否存在点，使得直线与平面所成的角最大，若存在，试确定点的位置.
66．如图，三角形ABC是边长为3的等边三角形，E，F分别在边AB，AC上，且，M为BC边的中点，AM交EF于点O，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使．
(1)证明：平面EFCB；
(2)若平面EFCB内的直线平面DOC，且与边BC交于点N，问在线段DM上是否存在点P，使二面角P—EN—B的大小为60°？若存在，则求出点P；若不存在，请说明理由．
67．如图，在三棱锥中，是正三角形，平面平面，，点，分别是，的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，点是线段上的动点，问：点运动到何处时，平面与平面所成锐二面角的余弦值最大．
68．如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
69．如图，在四棱锥中，，，，，，，平面PAD，点M满足．
(1)若，求证：平面平面；
(2)设平面MPC与平面PCD的夹角为，若，求的值．
70．直三棱柱中，，，点为线段的中点，直线与的交点为，若点在线段上运动，的长度为．
(1)求点到平面的距离；
(2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值？若存在，求出的值，若不存在，说明理由．
71．如图，，是两条互相垂直的异面直线，点、在直线上，点、在直线上，、分别是线段、的中点，且，．
（1）证明：平面；
（2）设平面与平面所成的角为．现给出下列四个条件：
①；②；③；④．
请你从中再选择两个条件以确定的值，并求之．
72．如图，在梯形中，为直角，，，将三角形沿折起至.
(1)若平面平面，求证：；
(2)设是的中点，若二面角为30°，求二面角的大小.
73．如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为AC的中点D，且.
(1)若M、N分别为棱AB、的中点，求证：；
(2)求点C到侧面的距离；
(3)在线段上是否存在点E，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由.
74．如图所示，四棱雉的侧面为边长为的正方形，且，为棱的中点，为棱上的点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值；
(3)线段上是否存在一点使得平面与平面所成角的余弦值为，若存在，求出点到平面的距离；若不存在，请说明理由.
参考答案
1．D
【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.
【详解】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，
因为，所以，
因为重叠后的底面为正方形，所以,
在直棱柱中，平面BHC，则,
由可得平面，
设重叠后的EG与交点为
则
则该几何体的体积为.
故选：D.
2．B
【分析】取幄帐顶部，如图几何体，作平面，垂足为，则到边的距离相等，作于，于，得是二面角的平面角，是二面角的平面角，因此有，设，用表示出，即可得比值．
【详解】取幄帐顶部，如图几何体，作平面，垂足为，则到边的距离相等，
由平面，平面，得，同理．
作于，于，
因为，平面，所以平面，而平面，所以，所以是二面角的平面角，同理是二面角的平面角，，
由已知，
由，设，则，所以，
由得，，则，
由上知是正方形，，，
所以．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题考查由二面角计算线段长，考查学生的空间想象能力．解题是作出各斜坡面与底面所成二面角的平面角，利用它们的正切值均为，并设出底面矩形边长后，用底面矩形边长表示出正脊与斜脊的长度，从而得比值．
3．C
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，
则，
所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
故选：C.
4．B
【分析】构造一个底面半径为3，高为5的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥体积．
【详解】构造一个底面半径为3，高为5的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，
则当截面与顶点距离为时，小圆锥的底面半径为，则，
，
故截面面积为，
把代入椭圆可得，
橄榄球形几何体的截面面积为，
由祖暅原理可得半个橄榄球形几何体的体积．
故选：B
5．C
【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵球的体积为，所以球的半径,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以当且仅当取到，
当时，得，则
当时，球心在正四棱锥高线上，此时，
，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是
6．C
【分析】设圆锥的底半径为，母线为，高为，则，则由条件可得，由勾股定理可得，从而得出的最小值，得出答案.
【详解】设圆锥的底半径为，母线为，高为，则
由圆锥的底面圆心到母线的距离为2，则，即
又，所以，解得
由，则
当，即时，最小值
则圆锥的侧面积为
故选：C
7．B
【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
【详解】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，
所以积水厚度，属于中雨.
故选：B.
8．B
【分析】根据给定条件求出圆锥的高，再利用圆锥体积公式计算即可得解.
【详解】依题意，该圆形攒尖的底面圆半径，高，则()，
所以该屋顶的体积约为.
故选：B
9．C
【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.
【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
.
故选：C.
10．B
【分析】根据已知条件，表面积是圆锥表面积加圆柱侧面积，再应用基本不等式求最值及取等条件即可.
【详解】设BD＝x，BF＝y，其中x、y（0，6）；由题意知，，所以x+y＝6；
所以所求几何体的表面积为：
当且仅当x＝y＝3，即BD＝3时取得“＝”；
即所得几何体的表面积最大时，BD＝3．
故选：B．
11．B
【分析】用直角三角形的一条直角边长和面积，表示出另一条直角边长和斜边长，以旋转形成的圆锥的侧面积和体积的数值之比建立方程，将选项中的值代入方程，判断解出的，，是否为有理数即可.
【详解】
如图， 中，内角，，所对的边为，，，且，
则的面积，∴，
∴，
绕旋转一周，形成一个底面半径，高，母线长的圆锥，
该圆锥的侧面积，
该圆锥的体积，
侧面积和体积的数值之比为，
化简得，
对于A，将代入，得，无解，故选项A错误；
对于B，将代入，得，解得或，
当时，，均为有理数，满足题意，
当时，，均为有理数，满足题意，故选项B正确；
对于C，将代入，得，解得，无有理数解，故选项C错误；
对于D，将代入，得，解得，无有理数解，故选项D错误.
故选：B.
12．C
【分析】根据异面直线的定义，结合线线平行、线面平行、线面垂直的性性质逐一判断即可.
【详解】A；设过P的直线为，如果，显然可得，这与a，b是异面直线相矛盾，因此本选项不正确；
B：在a任取一点M，在b上任取一点N，直线MN上的点才可作一条直线与a、b都相交． 其它的点不行，因此本选项不正确；
C：过点作，显然确定一个平面，显然存在一条直线，，过P点一定存在直线与平行，因此本选项正确；
D：经过空间任意一点不一定可作一个平面与两条已知异面直线都平行，有时会出现其中一条直线在所做的平面上，因此本选项不正确；
故选：C
13．B
【分析】对于B，证明即可；而对于BCD，首先通过辅助线找到其中三点所在的平面，然后说明另外一点不在该平面中即可.
【详解】对于选项，如下图，点、、、确定一个平面，该平面与底面交于，而点不在平面上，故、、、四点不共面；
对于选项，连结底面对角线，由中位线定理得，又，则，故、、、四点共面
对于选项C，显然、、所确定的平面为正方体的底面，而点不在该平面内，故、、、四点不共面；
对于选项D，如图，取部分棱的中点，顺次连接，得一个正六边形，即点、、确定的平面，该平面与正方体正面的交线为，而点不在直线上，故、、、四点不共面．
故选：B
14．A
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
15．A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
16．B
【分析】由可得共面即可判断B选项；又面，面，即可判断A选项；由线面平行的判定即可判断C、D选项.
【详解】
由题意知：该几何体是底面为正方形的四棱锥，如图所示，连接，易得，则，
故共面，则共面，故B错误；又面，面，不在直线上，则直线与直线异面，A正确；
由，平面，平面，则直线平面，C正确；
平面，平面，则直线平面，D正确.
故选：B.
17．C
【分析】利用线面垂直的判定、性质，结合充分条件、必要条件的意义判断作答.
【详解】若，，当时，直线可以与平面平行，此时，不能推出，
若，是平面内两条不同的直线，则，，
所以“，”是“”的必要不充分的条件.
故选：C
18．C
【分析】利用空间中线、面的平行和垂直的性质和判定定理即可判断.
【详解】若，则有，故可判断A错误.
若，则或，故B错误.
若，则存在直线与平行，所以，故C正确.
若，则或，故D错误.
故选：C.
19．D
【分析】根据异面直线的定义，垂直关系的转化，判断选项.
【详解】A.，与相交，所以与异面，故A错误；
B.与平面相交，且，所以与异面，故B错误；
C.四边形是矩形，不是菱形，所以对角线与不垂直，故C错误；
D.连结，，，，所以平面，所以，故D正确.
故选：D
20．B
【分析】A选项可以利用三线合一证明垂直关系，
B选项可利用“线面平行时，直线无论怎么平移不会和平面相交”的性质来判断.
C选项先通过类似A选项的证明得到线线垂直，结合AC的结论得到线面垂直后判断，
D选项可以构造平行四边形，结合线面平行的判定证明，
【详解】不妨设棱柱的高为，.
B选项，根据棱柱性质，//，而平面，若//平面，无论怎样平移直线，都不会和平面只有一个交点，于是得到矛盾，故B选项错误；
A选项，计算可得，，又为的中点，故（三线合一），A选项正确；
C选项，连接，根据平行四边形性质，过，计算可得，，又为的中点，故（三线合一），结合A选项，，，平面，故平面，由平面，故，棱柱的侧棱//，故，C选项正确；
D选项，取中点，连接，结合为的中点可知，为中位线，故//，且，即//，且，故四边形为平行四边形，故//，由平面，平面，故//平面，D选项正确.
故选：B
21．C
【分析】根据所建空间直角坐标系，由求出的坐标，得到，，的长度，利用余弦定理求与夹角的余弦值.
【详解】如图2所示的空间直角坐标系中，
设，.，，所以，，
由，所以
所以，，由对称性这里取，则，，又，
所以，，，
因此由余弦定理，.
故选：C
22．A
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，，根据可得出点的轨迹，进而可求得集合的面积.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、，设点，其中，，
由可得，可得，
所以，点的轨迹是底面内以点为圆心，半径为的扇形（不包括圆弧），
故集合表示的区域的面积为.
故选：A.
23．ABC
【分析】画出图形，利用新定义判断A；通过，判断“羡除”一定不是台体，判断B；利用反证法判断C；通过两两不相等，则“羡除”有三个面为梯形，判断D．
【详解】由题意知：，四边形为梯形，如图所示：
对于A：由题意知：“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A正确；
对于B：由于，所以：“羡除”一定不是台体，故B正确；
对于C：假设四边形和四边形BCDF为平行四边形，则，且，则四边形为平行四边形，与已知的四边形为梯形矛盾，故不存在，故C正确；
对于D：若，则“羡除”三个面为梯形，故D错误．
故选：ABC．
24．AD
【分析】根据题目当中细沙与圆锥高度的比值，利用圆锥体积公式可计算判断A正确，沙漏可看成是两个完全相同的圆锥组成，因此可计算其体积判断B选项错误；根据细沙体积相等可计算细沙全部漏下后圆锥的高度约为，即选项C错误；根据细沙漏下的速度和总体积即可判断D正确.
【详解】A选项，根据圆锥的截面图可知，圆锥的底面半径，高，
细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，
所以细沙的底面半径，
所以细沙体积，故A正确；
B选项，沙漏可看成是两个完全相同的圆锥组成，因此沙漏的体积，故B错误；
C选项，设细沙流入下部后的高度为，根据细沙体积不变可知，计算可得，故C错误；
D选项，因为细沙的体积为，沙漏每秒钟漏下的沙，所以该沙漏的一个沙时为秒，即D正确.
故选：AD
25．ACD
【分析】利用直线与平面关系对各选项逐一判断即可.
【详解】选项A：将异面直线通过平移到同一平面内，则存在无数个与平面平行的平面与都平行，A正确；
选项B：两异面直线与同一平面所成角可以相等，而与此平面平行的平面有无穷多个，B错误；
选项C：因为是异面直线，平移直线与直线相交，确定一个平面平行于直线，所以过直线有且仅有一个平面与直线平行，C正确；
选项D：，存在直线，通过平移直线与直线相交或重合，，所以由面面垂直的判定定理可知，D正确；
故选：ACD
26．BC
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
27．CD
【分析】对A，设，易证平面AEF判断；
对B，延长和交于，连接并延长与的延长线交于，利用中位线可得到两点重合，即可判断；
对C，连接，易证，得到截面为等腰梯形求解判断；
对D，利用等体积法，由求解判断.
【详解】对于A，若，因为平面ABCD，平面ABCD，则，
又，平面AEF，所以平面AEF，
又平面AEF，则，因为，所以，故A错误；
对于B，延长和交于，连接并延长与的延长线交于，
因为，所以是的中位线，所以是的中点，
因为，所以是的中位线，所以是的中点，
所以两点重合，所以直线与直线交于，故直线与直线不异面，故错误；
对于C，连接，
易得，所以四边形是平行四边形，所以，
因为E，F分别为的中点，则，
所以共面，又，则截面为等腰梯形，
等腰梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，故正确；
对于D，因为，
且，所以点C到平面的距离为，故正确.
故选：CD
28．BD
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
29．BD
【分析】根据给定的正方体，以点A为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，B；设出点M的坐标，利用向量垂直的坐标表示求出点M的轨迹判断C；利用抛物线定义判断D作答.
【详解】在棱长为2的正方体中，以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
对于A，，显然向量与不共线，因此直线与直线不平行，A不正确；
对于B，，则有，
，即，，从而，，
又平面，所以平面，B正确；
对于C，由选项B知，向量是平面的一个法向量，设，，
，因为平面，则，
于是得，整理得，
所以，得，
满足，的点M轨迹是正方形内的线段，其中，
所以点轨迹在正方形内的长度为，C不正确；
对于D，在正方体中，平面，而点平面，
显然点M与C不重合，否则，矛盾，即有，
因此点到直线的距离等于点到点的距离，又平面，直线，
依题意，在平面内，点M到定点C的距离等于它到定直线的距离，点轨迹是抛物线，D正确.
故选：BD
【点睛】思路点睛：涉及探求几何体中点的轨迹问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算建立动点坐标的关系解决.
30．ACD
【分析】以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设平面的法向量，利用点到平面的距离可构造方程组，解得法向量，由点到平面距离的向量求法可求得AB正误；由面面角的向量求法可求得C正确；首先确定投影对应的向量，利用线线角的向量求法可知D正确.
【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，，，
设平面的法向量，
则，即，令，解得：，，；
对于A，点到平面的距离为，A正确；
对于B，点到平面的距离为，B错误；
对于C，轴平面，平面的一个法向量，
，即平面与平面夹角的余弦值为，C正确；
对于D，在平面内的投影对应的向量，
，
即在平面内射影与所成角的余弦值为，D正确.
故选：ACD.
31．
【分析】扇子是由圆台侧面展开所得，根据圆台是由大圆锥用平行于底面的平面截去一个小圆锥，即可求圆台的高.
【详解】设一个圆锥的侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，
设该圆锥的底面半径为，所以，，可得，
因此，该圆锥的高为，
故侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形的圆锥的
高为，
因此，若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，
则该几何体的高为.
故答案为: .
32．120
【详解】如图所示，
在五面体ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AB＝4，CD＝8，EF＝3，
延长FE到G，使得EG＝1，过点B作BH∥AD，交CD于H，
连接AG，DG，HF，则多面体ADGFBH为三棱柱，
则V三棱柱ADG-BHF＝S四边形DHFG·d，
其中d为点A到平面CDEF的距离，即d＝6.
因为CD与EF的距离为8，所以S四边形DHFG＝4×8＝32，
所以V三棱柱ADG-BHF＝S四边形DHFG·d＝×32×6＝96，
V三棱锥BHCF＝S△HFC·d＝××4×8×6＝32，
V三棱锥ADEG＝S△DEG·d＝××1×8×6＝8，
所以V五面体ABCDEF＝V三棱柱ADG-BHF＋V三棱锥B-HCF－V三棱锥AGDE＝96＋32－8＝120.
故答案为：120.
33．
【分析】求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，利用圆柱与球的几何性质计算即可求解.
【详解】由题意，设球心为，模型内层圆柱底面的圆心为，模型外层圆柱底面的圆心为，点分别在圆上，如图，连接，则在上，
因为，，，
在直角中，由勾股定理得，
在直角中，由勾股定理得，
所以内层圆柱的高，外层圆柱的高，
所以此模型的体积，
故答案为：
34．1
【分析】先由圆锥的结构特征可知：圆锥内接正方体最大，设正方体边长为，沿内接正方体的体对角线所在的面，纵切圆锥及其内接正方体，得到轴截面，结合图形，由题中数据，列出方程求解，即可求出正方体的棱长，进而可求出体积.
【详解】由圆锥的结构特征可知：圆锥内接正方体最大；
因为圆锥的底面半径为，母线长为，
所以圆锥的高为，
设正方体棱长为，沿内接正方体的体对角线所在的面，纵切圆锥及其内接正方体，得到如图所示的轴截面，
则图形可得：，解得：，
所以该正方体的最大体积为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查求圆锥内接正方体的最大体积，熟记正方体和圆锥的结构特征即可，属于常考题型.
35．800
【分析】作出图形，可知球心到截面圆的距离为，利用勾股定理列等式可求得.
【详解】如下图所示：
球心到截面圆的距离为，由勾股定理可得，化简得，
解得.
又，
所以
故答案为：.
36．/
【分析】设点是底面中心，是底面的一条边，是的中点，，解三角形求，由二面角的定义确定其平面角，解三角形求，由此可得高和底面边长之比.
【详解】如图所示：
点为正八棱锥的顶点，点是底面中心，是底面的一条边，是的中点，
则，，
所以，又
所以
设，则，
因为，是的中点，
所以，所以为二面角的平面角，
又已知侧面和底面的夹角大小为，所以.
故，
所以，
所以该正八棱锥的高和底面边长之比.
故答案为：
37．
【分析】设、、、是下层四个球的球心，、、、是上层四个球的球心，作出正方形在平面上的射影，由边长关系结合勾股定理即可求解.
【详解】如图：设、、、是下层四个球的球心，、、、是上层四个球的球心，
每个球的球心与其相切球的球心距离等于，
正方形在平面上的射影是一个正方形，相当于把正方形绕其中心旋转所得，设点的射影为点，
则，，
所以，
所以，
所以容器的高为，
故答案为：.
38．①④
【分析】根据空间中直线之间的位置关系可判断①、②、③，再由线面垂直的性质可判断④.
【详解】解：对于①，如图，
两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内，故①正确；
对于②，过空间中不在同一直线上的三点有且仅有一个平面，故②错误；
对于③，若空间两条直线不相交，则这两条直线平行或异面，故③错误；
对于④，若直线平面，直线平面，则，故④正确.
∴正确的是①④.
故答案为：①④.
39．如果l⊥α，m∥α，则l⊥m或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.
【分析】将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.
【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：
（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确；
（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.正确；
（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.
【点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.
40．①②④
【分析】根据线面平行的判定定理判断①，由面面垂直的判定定理可判断②，利用向量的数量积不为0可判断③，由等体积法求出点A到平面的距离，直接由线面角定义求解即可判断④.
【详解】由题意，，，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，所以∥平面，故①正确；
由知，,又，所以平面，
又平面，所以平面平面，故②正确；
，由平面与平面ABCD不重合知，即，所以不存在某时刻，故③错误；
因为平面平面BCDE，且是平面与平面BCDE的交线，
所以平面BCDE，,
设A到平面的距离为，AD与平面所成的角为，
则，由等积法知
，解得，所以，故④正确.
故答案为：①②④
41．/
【分析】连接交于点，推导出平面，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得的值，求出点的坐标为，求出的最小值，即可求得的最大值.
【详解】连接交于点，平面，平面，则，
因为四边形为菱形，则，
，、平面，平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、，
易知平面的一个法向量为，
因为平面，所以，，
设点，其中，则，
由已知可得，
因为，解得，即点，
设点，则，
因为，则，可得，且，可得，
所以，点，
因为平面，、平面，，，
且，
所以，.
故答案为：.
42． 共26个面. 棱长为.
【分析】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．
【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．
如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，
，
，即该半正多面体棱长为．
【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．
43． 2
【分析】设，由球的性质可得出，把几何体补形为直三棱柱，利用三棱柱与三棱锥体积的差表示出刍甍的体积，利用导数求最大值即可.
【详解】连接交于点，取中点,连接,补几何体为直三棱柱，如图，
因为顶点都在球O的球面上，球心O在矩形所在的平面内，故球心为的交点,故,
设，则中，（），
设刍甍的体积为，则,
即
，
令，
，
令，则，
当时，，故单调递减，令解得，
所以当时，，即，单调递增，
当时，，即，单调递减，
故当时，，
此时.
故答案为：2；
【点睛】关键点点睛：利用补形的方法，将几何体补形为直三棱柱，根据三棱柱与棱锥的体积差求出刍甍的体积，是解题的关键，同时注意利用导数求函数的最大值也是解题的一个难点，属于难题.
44．
【分析】求出勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值，可求出能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值；分析可知勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体表面的截面，计算出该截面面积，可得结果.
【详解】由题意可知，勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值为，
所以，能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为；
勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体表面的截面，
假设图2是投影光线垂直于面时，勒洛四面体在与平面平行的一个投影平面上的正投影，
当光线与平面的夹角小于时，易知截面投影均为图2所示图象在平面上的投影，其面积必然减小，
如图2，则勒洛四面体的截面面积的最大值为三个半径为，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，
即.
故答案为：；.
45． 1 3
【分析】根据阳马的结构特征，排除掉所有的直角三角形，即可找到锐角三角形，结合长方体的性质及阳马的特征，可得最少分割阳马的个数.
【详解】如下图示，面，又底面为矩形，
∴，，，，易知面，面，
∴仅有△是锐角三角形，
如下图示，一个长方体最少可以分割为3个阳马：、、
故答案为：1, 3
46．(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【详解】试题分析：
（1）在中，由已知结合余弦定理得，连接，可得，在中，由，得，同理，然后利用线面垂直的判定可得平面；
（2）由，且平面，平面，可得平面，又平面平面，结合面面平行的性质可得.
试题解析：
(1)在△CDE中，
∵CD＝ED＝，cos∠EDC＝，
由余弦定理，CE2＝()2＋()2－2×××＝4，
∴CE＝2.连接AC，
∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2.
又∵AP＝，
∴在△PAE中，PA2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE，同理AP⊥AC，而AC，AE 平面ABCE，AC∩AE＝A，
故AP⊥平面ABCE.
(2)∵AB∥CE，且CE 平面PCE，AB 平面PCE，
∴AB∥平面PCE.
又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.
47．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，结合矩形的性质、平行线的性质进行证明即可；
（2）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可；
（3）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可.
【详解】（1）∵，且为的中点，
∴．
∵底面为矩形，∴，
∴；
（2）∵底面ABCD为矩形，∴．
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD 平面ABCD ，
∴AB⊥平面PAD．而平面PAD， ，
又，，平面PAB，
平面PAB，而平面P CD，
∴平面PAB⊥平面PCD．
（3）如图，取中点，连接．
分别是PB和PC的中点，，且，
∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，
，
，且ED＝FG，∴四边形EFGD为平行四边形，
又平面PCD，GD平面PCD，
∴EF//平面PCD．
48．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取的中点，连接，，利用线面垂直的判定定理和性质定理求解即可；
（2）利用面面垂直的性质定理和判定定理求解即可；
（3）利用线面平行的性质定理和相似比求解即可.
【详解】（1）由为等腰直角三角形，可得，
取的中点，连接，，
所以，
因为四边形为直角梯形，，，
所以四边形为正方形，则，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）平面平面，平面平面，且，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（3）存在点，且时，有 平面.
理由如下：连接，交于点，
假设线段上是否存在点，使平面，
因为四边形为直角梯形，，
所以，
因为平面，平面，且平面平面，
所以，所以，所以，
即线段上存在点，使平面，此时.
49．(1)见详解；(2)4.
【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2) 欲求四边形的面积，需求出所对应的高，然后乘以即可．
【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.
，A，C，G，D四点共面.
又.
平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.
(2)取的中点，连结.因为，平面BCGE，所以平面BCGE，故，
由已知，四边形BCGE是菱形，且得，故平面DEM．
因此．
在中，DE=1，，故．
所以四边形ACGD的面积为4.
【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形的面积考查考生的空间想象能力.
50．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质证明DF⊥AC，利用面面垂直的性质和勾股定理证明BF⊥AC，由此可证明AC⊥平面BDF，再根据线面垂直的性质即可证明AC⊥BD；
（2）由（1）易得四边形ABEF为梯形，进而可求出四边形ABEF为梯形的面积，再根据四棱锥的体积公式即可求解.
【详解】（1）证明：因为AD＝CD＝2，AC＝BC＝2，
所以AD2＋CD2＝AC2，则AD⊥CD，
所以△ADC是等腰直角三角形．
因为F为线段AC的中点，
所以DF⊥AC，DF＝＝.
连接BF，如图所示：
因为平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，且DF⊥AC，
所以DF⊥平面ABC，由此得△DFB为直角三角形．
在Rt△DFB中，有BF2＝BD2－DF2＝8－2＝6，即BF＝.
在△BFC中，BF2＋FC2＝()2＋()2＝8＝BC2，所以BF⊥AC.
又BF∩DF＝F，BF，DF 平面BDF，所以AC⊥平面BDF.
又BD 平面BDF，所以AC⊥BD.
（2）在△ABC中，因为F为AC的中点，AC＝BC，
且由(1)知BF⊥AC，所以△ABC为等边三角形．
则AB＝BC＝2，易得四边形ABEF为梯形，
且EF＝AB＝.
于是，
即四棱锥D ABEF的体积为.
51．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由已知可得，求解三角形证明，由线面垂直的判定可得平面，进一步得到平面平面；
（2）当三棱锥的体积最大时，平面平面，过作，则平面，并求得，然后利用等积法求到平面的距离．
【详解】（1）证明：在图1中，，则图2中，，
在△中，，，，可得，
又，平面，
平面，平面平面；
（2）解：当三棱锥的体积最大时，平面平面，
过作，则平面，并求得．
，．
设点到平面的距离为，
由，得，即．
故点到平面的距离为．
【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．
52．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；
（2）根据已知条件求得和到的距离，根据椎体体积公式，即可求得.
【详解】（1）分别为，的中点，
又
在等边中，为中点，则
又侧面为矩形，
由，平面
平面
又，且平面，平面，
平面
又平面，且平面平面
又平面
平面
平面
平面平面
（2）过作垂线，交点为，
画出图形，如图
平面
平面，平面平面
又
为的中心.
故：，则，
平面平面，平面平面，
平面
平面
又在等边中
即
由（1）知，四边形为梯形
四边形的面积为：
，
为到的距离，
.
【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.
53．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）利用面面垂直的性质定理可得出平面，可得出，由圆的几何性质可得，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立.
【详解】（1）证明：取的中点，连接、，
、分别为、的中点，则且，
因为四边形为矩形，则且，
为的中点，则且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
平面，平面，平面.
（2）解：四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，，
因为为圆的直径，是圆上不同于、的动点，则，
，、平面，平面，
平面，所以，平面平面.
54．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）连接BD，B1D1，由正方形的性质、线面垂直的性质可得AC⊥BD、AC⊥BB1，再由线面垂直的判定及性质证EF⊥AC即可.
（2）在棱AA1上取点G使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG，利用平行四边形的性质可证AE∥GD1、GD1∥FC1，进而由线线平行证明C1在平面AEF内.
【详解】（1）如图，连接BD，B1D1.
由AB＝BC，即四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD.
又BB1⊥面ABCD，面ABCD，则AC⊥BB1.
又BD∩BB1＝B，面BB1D1D，则AC⊥面BB1D1D.
由EF 平面BB1D1D，即有EF⊥AC.
（2）如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG.
因为ED1＝DD1，AG＝AA1，DD1=AA1，
∴ED1//AG且ED1=AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AE∥GD1.
因为B1F＝BB1，A1G＝AA1，BB1＝AA1，易知：B1FGA1是平行四边形，故FG//A1B1且FG＝A1B1，
∴FG//C1D1且FG＝C1D1，则四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1∥FC1.
∴AE∥FC1，即A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内.
55．（1）详见解析，（2）详见解析，（3）不能垂直.
【详解】（1）因为,分别为中点，所以//
又，
所以.
（2）因为，且
所以
又
所以
（3）直线与直线不能垂直
因为,,,
，
所以.
因为，所以，
又因为，所以.
假设，
因为，，
所以，
所以，
这与为锐角矛盾
所以直线与直线不能垂直.
56．证明见解析.
【分析】通过已知条件可证，和相似，从而可得，结合线面垂直的判定定理，可得平面，故.
【详解】
取中点，连接
为直三棱柱且，分别为中点，
又，
，，
在和中，，且，
，即可得，
平面平面，
平面，且平面 ，
.
57．证明见解析
【分析】连接，设，取的中点为，连接，根据四边形CNME，四边形是平行四边形可证得，由线面平行的判定定理求解即可.
【详解】连接，设，取的中点为，连接，如图，
在正方体中，M为的中点，
∴,
又E为BC的中点，
∴
∴四边形CNME是平行四边形，,
∵F为CD的中点，∴
∴四边形是平行四边形，,
∴
又面,面，
∴面.
58．(1)见解析；(2)见解析.
【详解】试题分析：（1）根据线面平行的判定定理，进行证明，取中点,证明;（2）根据面面垂直的判定定理进行证明，先证明平面,可证,,再根据，证明面面垂直．
试题解析：（1）（1）由题意，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．
设正方形边长为1，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），F（1，0，1），M（，0，0），O（，，）
（0，，），（﹣1，0，0），∴，OM⊥AB
∵三棱柱ADE﹣BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF，∴是平面BCF的一个法向量，且OM 平面BCF，
∴OM∥平面BCF．
解：（2）设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别是n1＝（x1，y1，z1），n2＝（x2，y2，z2）．
∴（1，﹣1，1），（1，0，0），（，﹣1，0）
由得（2，1，1）．同理可得（0，1，1），
∴∵ 0
∴平面MDF⊥平面EFCD．
考点：1．线面垂直的判定定理；2．面面垂直的判定定理．
59．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，写出点的坐标，把坐标写出，两向量作数量积为零，即可得到垂直；
（2）取的中点，设为，连接，证出四边形为平行四边形，即得出，利用线面平行的判定定理得到平面.
（3）利用，（线线垂直）推出面（线面垂直），由于面，再由面面垂直的判定定理推出平面⊥平面.
【详解】（1）证明： 依题意，以点为原点建立空间直角坐标系(如图)，，可得.由为棱的中点，得.
(1)向量，故.
所以.
（2）取的中点，设为，连接， 分别是的中点，且，由题意知，，且，即四边形为平行四边形，即，面面，平面.
（3）底面，底面，，，，，面，，面，面， 平面⊥平面.
60．(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
61．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明线面垂直，再证明线线垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，以向量的方法去求直线AV与平面VCD所成角的正弦值．
【详解】（1）因为E为CD的中点，所以，所以△ADE为等腰直角三角形，
所以．同理，．所以AE⊥BE．
又因为VB⊥AE，且，面VBE，面VBE，
所以AE⊥面VBE．
因为面VBE，所以AE⊥VE．
（2）取BC中点O，AD中点G、连接OG，VO，则OG⊥BC．
又△VBC为等边三角形，所以VO⊥BC，
所以∠GOV为二面角A－BC－V的平面角．所以
以，方向分别作为x，y轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz．
于是A（1，－4，0），C（－1，0，0），D（－1，－4，0），，
，，．
令为平面VCD的一个法向量，
则，即，令z＝2，得．
设直线AV与平面VCD所成的角为，则
，
故直线AV与平面VCD所成角的正弦值为．
62．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先利用平面几何的知识与线面垂直的性质证得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，由此证得线面平行；
（2）结合（1）中结论，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦的坐标表示求解即可；
（3）先利用线面角结合向量法求得的坐标，再利用空间向量点面距离公式求解即可.
【详解】（1）记的中点为，连结，
因为，，所以四边形是平行四边形，则，
因为，所以平行四边形是矩形，则，
因为平面，平面，所以，则两两垂直，
故以为坐标原点，分别以，，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，
因为为的中点，所以，则，
设平面的一个法向量为，而，，
则，令，则，
所以，则，
又平面，所以平面．
.
（2）设平面的一个法向量为，而，，
所以，令，则，
设平面的一个法向量为，而，，
所以，令，则，
记平面与平面夹角为，则，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
（3）依题意，不妨设，则，，
又由（2）得平面的一个法向量为，记直线与平面所成角为，
所以，解得（负值舍去），
所以，则，
而由（2）得平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为.
63．(1)证明见解析
(2)6
【分析】（1）先做一条辅助线，再通过面面垂直的性质得到平面，再根据平面，可得，进而根据线面垂直的判定定理即可证明.
（2）过点作交与点,连接,通过题目条件和小问1结论证明四边形为平行四边形，然后把多面体分为两个三棱锥求体积，令
，把求体积的最大值转化为求关于的函数的最大值.构造函数，通过导函数判断其单调性，进而得到的最大值，求出此时的值.然后以点为原点建立空间直角坐标系，通过向量法求与所成角的正切值.
【详解】（1）过点作交与点，
平面平面，且两平面的交线为
平面 又平面
又且 平面
（2）过点作交与点,连接
平面平面，且两平面的交线为
平面 又平面 到平面的距离相等
且，平面
又，令
则，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
即，当且仅当时取得最大值.
如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以.
设与所成角为，则，则，即当几何体体积最大时，与所成角的正切值为6.
64．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
65．(1)证明见解析
(2)存在，为的中点
【分析】（1）连接，说明为正三角形，推出，，通过平面，推出，然后证明平面，推出平面平面．
（2）以、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量，设直线与平面所成的角为，利用空间向量的数量积转化求解即可．
【详解】（1）证明：连接，
底面为菱形，，
为正三角形，
是的中点，
，又，
，
平面，平面，
，
，、平面，
平面，
平面，
平面平面．
（2）解：由（1）知，、、两两垂直，
故以、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，，
，2，，，0，，，1，，，
，，．
设，．
设平面的法向量为，，，
则，
令，则，，
．
设直线与平面所成的角为，
则
，
当时，最大，此时为的中点．
66．(1)证明见解析；
(2)存在，.
【分析】（1）先由勾股定理证，易得，即得证；
（2）连接，过作交于，如图建立空间直角坐标系设，再利用向量法求解.
【详解】（1）证明：在中，易得，，，
由，得，
又，，，
又为中点，，，
因为，平面，
平面.
（2）解：连接，过作交于，平面，平面，则平面，
又，四边形为平行四边形，，
如图建立空间直角坐标系设，
由题得平面的法向量为.
设平面的法向量为，
由题得,
所以，所以.
由题得,所以,
所以，所以，
因为二面角P—EN—B的大小为60°，
所以，解之得（舍去）或.
此时.
67．(1)证明见解析；
(2)为的中点．
【分析】(1)利用等腰三角形三线合一可知AE⊥CD，根据面面垂直的性质定理可得AE⊥平面BCD，从而可得AE⊥CD；再结合EF∥BD，CD⊥BD可得CD⊥EF，结合线面垂直判定定理即可得CD⊥平面AEF；
(2)在平面中，过点作，垂足为，以为正交基底，建立空间直角坐标系，设BC＝4并设G点坐标，利用向量方法表示出平面与平面所成二面角的余弦即可求解．
【详解】（1）∵是正三角形，点是的中点，∴．
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又∵平面，∴．
∵点E、F分别是、的中点，∴，
又∵，∴，
又∵，平面，∴平面；
（2）在平面中，过点作，垂足为，
设，则CD＝2，，，．
以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，，，．
设平面的法向量为，
由，得，令，故，
设平面的法向量为，
则，即，令，则．
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，
∴，
当时，，此时θ最大，
即当为的中点时，平面与平面所成锐二面角的余弦值最大．
68．(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
69．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用线面垂直的判定定理性质定理和面面垂直的性质定理可得平面ABCD，再证明平面PCM ，利用面面垂直判定定理可证明；
(2)利用空间向量的坐标运算表示平面与平面夹角的余弦值，列方程计算求解.
【详解】（1）证明：∵，，，∴．
∵，∴，而，
∴，，∴．
∵平面PAD，平面ABCD，
∴平面平面PAD且平面平面，
由平面PAD，平面ABCD，
平面ABCD，∴，
且，，，∴，
∴，又∵，平面PCM，
∴平面PCM．
又∵平面，∴平面平面.
（2）由（1）可知，平面，
所以作平行于的直线为轴建系如图，
∵，∴，∴，
，，，∴，，，
设平面MPC与平面PCD的一个法向量分别为，，
∴
，
∵，∴
，∵，
∴．
70．(1)
(2)存在，或
【分析】（1）根据已知建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用空间向量求点到面的距离即可；
（2）设点，利用空间向量列出线面角的正弦值式子令其等于，解出即可.
【详解】（1）由题意可知：四边形为矩形，则点为中点，
又直三棱柱中，，
以B为坐标原点，，，为x，y，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，则可取，
点A到平面的距离；
（2）假设存在点P使直线PD与面所成角的正弦值为，记为，
，则，其中，
则，
由第一问知为平面的一个法向量，
则，
即，
则，
则，
解得或，
又，
故存在点P使直线PD与面所成角的正弦值为，此时，或.
71．（1）证明过程见解析 （2）cosθ
【分析】（I）在△PAC中根据PC＝AC＝a，，三边满足勾股定理则PC⊥AC，根据题意可知PC⊥AB，又AC∩AB＝A，满足线面垂直的判定定理，从而得证；
（II）本小问具有开放性，由选择确定cosθ的大小，根据AC⊥BC，且AB，AC＝a则BC＝a，以C为坐标原点，、、的方向为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，（0，a，0）是平面PBC的一个法向量，然后求出平面MNC的法向量，然后根据cos，，从而求出cosθ的值．
【详解】证明：(1) 在△PAC中∵PC＝AC＝a，．
∴PC2+AC2＝PA2，∴PC⊥AC
∵l1、l2是两条互相垂直的异面直线，点P、C在直线l1上，点A、B在直线l2上，
∴PC⊥AB，又AC∩AB＝A
∴PC⊥平面ABC
（2）方案一：选择②④可确定cosθ的大小
∵AC⊥BC，且AB，AC＝a
∴BC＝a
以C为坐标原点，、、的方向为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系
则C（0，0，0），B（a，0，0），A（0，a，0），P（0，0，a）
又M、N分别是线段AB、AP的中点，
∴M（，，0），N（0，，）
∵CA⊥平面PBC
∴（0，a，0）是平面PBC的一个法向量
设平面MNC的法向量（x，y，z）
由得
取x＝1，得（1，﹣1，1）为平面MNC的一个法向量
∴cos，
∴cosθ
方案二：选择③④可确定cosθ的大小
又，下同方案一
方案三：选择②③可确定cosθ的大小
又，，下同方案一.
（注：①④等价，不能确定，①②可转化为②④，①③可转化为③④）
【点睛】本题要求空间中二面角的余弦值，可以利用平面的法向量的夹角，从而求出二面角的余弦值，注意要建立适当的直角坐标系，属于中档题．
72．(1)证明见解析；
(2)120°.
【分析】（1）由等腰三角形性质、余弦定理及勾股定理可得，法一：由面面垂直的性质有CD⊥平面PBD，再由线面垂直的性质和判定可得PB⊥面PCD，最后由线面垂直的性质证结论；法二：取BD中点Q，连接CQ、PQ，易得PQ⊥BD，再由面面垂直、线面垂直的性质可得PQ⊥CQ，进而应用勾股定理即可证结论.
（2）法一：设、分别是、的中点，连接、，易知是二面角的平面角，在面上过作并构建直角坐标系，设，根据已知确定相关点坐标，进而求面、面的法向量，根据已知二面角的大小及空间向量夹角的坐标表示求参数即可；法二：由PQ⊥BD，取BC中点F，连接QF，易得∠PQF为二面角P-BD-C的平面角，连接PF交BE于M，连接QM，再由线面垂直的性质有BD⊥QM，则∠MQF为二面角E-BD-C的平面角，最后由及三角形面积公式求∠MQF.
【详解】（1）由题设知：△PBD为等腰直角三角形且PB⊥PD，PB=PD=，则BD=4，
又∠DBC=45°，BC=，在△BCD中由余弦定理得：CD=4，
所以，即，
法一：又面PBD⊥面BCD，面PBD面BCD=BD，面，
所以CD⊥平面PBD，面PBD，则CD⊥PB，又，
所以PB⊥面PCD，面PCD，则PB⊥PC.
法二：取BD中点Q，连接CQ，
在Rt△CDQ中,
连接PQ，则PQ=2且PQ⊥BD，
又面PBD⊥面BCD，面PBD面BCD=BD，面PBD，
所以PQ⊥面BCD，面BCD，则PQ⊥CQ，
在Rt△PQC中，又，
所以，在△PBC中，即PB⊥PC.
（2）法一：设、分别是、的中点，连接、，则，，
又，则面，
所以是二面角的平面角.
在面上过作，
如图以为原点，直线为x轴，直线为轴，直线为轴，建立空间直角坐标系．
则，，，设，，
则，，故，．
设面的法向量为，则，取，得．
显然平面的一个法向量为
因为，二面角为，则，
整理得，解得，所以，
所以，二面角的大小为.
法二：由（1）法二：PQ⊥BD，取BC中点F，连接QF，则QF∥CD且QF=CD=2，
所以QF⊥BD，又，则面，则∠PQF为二面角P-BD-C的平面角，
连接PF交BE于M，连接QM，且QM平面PQF，
所以BD⊥QM，则∠MQF为二面角E-BD-C的平面角，且∠MQF=30°，
易知：M是△PBC的重心，则，即，
所以∠PQM=90°，故∠PQF=120°，即二面角P-BD-C的大小是120°.
73．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，且
【分析】（1）由已知利用中位线性质分别得出且，与且，证明四边形为平行四边形，即，即可证明结论；
（2）由已知结合投影性质与等腰直角三角形性质，证明直线DB，DC，两两垂直，并得出需要线段长，再建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与，即可代入公式求解答案；
（3）假设存在，并设出关系，得到，再由向量运算得到，即可由线面角公式结合已知列式求解.
【详解】（1）证明：连接MD，
为AB的中点，D为AC的中点，
且，
为的中点，
则在三棱柱中，且，
且，
四边形为平行四边形，
，
平面CDN，且平面CDN，
；
（2）点在底面上的投影为AC的中点D，
平面ABC，
且，
底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，
，
侧面为菱形，且，
，
，
，且，
直线DB，DC，两两垂直，
故以点D为坐标原点，直线DB，DC，分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，
则点C到侧面的距离为：
，
（3）假设存在满足条件的点E，并设，，
则，
直线DE与侧面所成角的正弦值为，
，
解得，，则，
故存在满足条件的点E，且，
74．(1)证明见解析
(2)
(3)存在点，点到平面的距离为
【分析】（1）由题意可得四棱雉为正四棱锥，建立空间直角坐标系，根据线面关系的向量管子证明即可；
（2）在（1）的基础上，根据线面关系的向量解法求解直线与平面所成角的正弦值，再根据平方关系得余弦值即可；
（3）设设，且，根据平面与平面的夹角余弦值得的值，即可得点，再按照点到平面的距离公式求解点到平面的距离即可.
【详解】（1）证明：如图所示，连接交于，连接，连接，
由于侧面为边长为的正方形，，
所以四棱雉为正四棱锥，则平面，为正方形的中心，且，则以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，设平面的法向量为，又，
所以，令，所以，
则，又平面，所以平面；
（2）解：由（1）有，又是平面的一个法向量
所以，则，
则直线与平面所成角的余弦值；
（3）解：设，且，，所以，
设平面的法向量，则，
所以，则，
所以
整理得：，解得，所以
点到平面的距离为.
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【18天考点全覆盖】冲刺2023年高考数学考前必刷题
第8天 立体几何初步
一、单选题
1．如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23 B．24 C．26 D．27
2．“帷幄”是古代打仗必备的帐篷，又称“幄帐”.如图是一种幄帐示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面.若各斜坡面与底面所成二面角的正切值均为，底面矩形的长与宽之比为，则正脊与斜脊长度的比值为（ ）
A． B． C． D．1
3．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A． B． C． D．
4．用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等．现将椭圆绕轴旋转一周后得一半橄榄状的几何体（如图3），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）
A． B． C． D．
5．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．已知圆锥的底面圆心到母线的距离为2，当圆锥母线的长度取最小值时，圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
7．某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：
在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是
A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨
8．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以圆形攒尖为例．如图所示的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为，顶角为的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（ ）
A． B． C． D．
9．北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（ ）
A．26% B．34% C．42% D．50%
10．如图在RtABC中，AB＝BC＝6，动点D，E，F分别在边BC，AC，AB上，四边形BDEF为矩形，剪去矩形BDEF后，将剩余部分绕AF所在直线旋转一周，得到一个几何体，则当该几何体的表面积最大时，BD＝（ ）
A．2 B．3 C．4 D．3
11．把一个三边均为有理数的直角三角形面积的数值称为同余数，如果正整数为同余数，则称为整同余数.年月日，年度国家科学奖励大会在人民大会堂隆重召开，中国科学院研究员田刚以“同余数问题与函数的算术”项目荣获年度国家自然科学奖二等奖，在同余数这个具有千年历史数学中最重要的古老问题上取得突破性进展.在中，，绕旋转一周，所成几何体的侧面积和体积的数值之比为：，若的面积为整同余数，则的值可以为（ ）
A． B． C． D．
12．若a，b是异面直线，下列四个命题中正确的是（ ）
A．过不在a，b上任一点P，必可作直线与a，b都平行
B．过不在a，b上任一点P，必可作直线与a，b都相交
C．过不在a，b上任一点P，必可作直线与a，b都垂直
D．过不在a，b上任一点P，必可作平面与a，b都平行.
13．在正方体中，、、、分别是该点所在棱的中点，则下列图形中、、、四点共面的是（ ）
A． B．
C． D．
14．在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
15．如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
16．一几何体的平面展开图如图所示，其中四边形为正方形，分别为的中点，在此几何体中，下面结论错误的是（ ）
A．直线与直线异面
B．直线与直线异面
C．直线平面
D．直线平面
17．设是平面内两条不同的直线，是平面外的一条直线，则“，”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要的条件
C．必要不充分的条件 D．既不充分也不必要的条件
18．已知是直线，是两个不同平面，下列命题中的真命题是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
19．已知正方体（如图所示），则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
20．如图，在直三棱柱中，，为的中点，为棱的中点，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．//平面
C． D．//平面
21．如图1所示是素描中的由圆锥和圆柱简单组合体，抽象成如图2的图像.已知圆柱的轴线在平面内且平行于轴，圆锥与圆柱的高相同.为圆锥底面圆的直径，，且.若到圆所在平面距离为2.若，则与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
22．正方体棱长为，是棱的中点， 是正方形及其内部的点构成的集合．设集合，则集合表示的区域面积是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
23．《九章算术》是中国古代张苍 耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称之为“羡除”，则（ ）
A．“羡除”有且仅有两个面为三角形； B．“羡除”一定不是台体；
C．不存在有两个面为平行四边形的“羡除”； D．“羡除”至多有两个面为梯形.
24．沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）．假设该沙漏每秒钟漏下的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的是（ ）
A．沙漏中的细沙体积为
B．沙漏的体积是
C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为3 cm
D．该沙漏的一个沙时大约是1985秒
25．已知直线与异面，则（ ）
A．存在无数个平面与都平行
B．存在唯一的平面，使与所成角相等
C．存在唯一的平面，使，且
D．存在平面，，使，且
26．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A． B．
C． D．
27．正方体的棱长为2，E，F，G分别为的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直
B．直线与直线异面
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点C到平面的距离为
28．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
29．如图，正方体的棱长为2，点是线段的中点，点是正方形所在平面内一动点，下列说法正确的是（ ）
A．若点是线段的中点，则
B．若点是线段的中点，则平面
C．若平面，则点轨迹在正方形内的长度为
D．若点到的距离与到的距离相等，则点轨迹是抛物线
30．如图，棱长为的正方体的顶点在平面内，其余各顶点均在平面的同侧，已知顶点到平面的距离分别是和.下列说法正确的有（ ）
A．点到平面的距离是
B．点到平面的距离是
C．正方体底面与平面夹角的余弦值是
D．在平面内射影与所成角的余弦值为
三、填空题
31．扇面是中国书画作品的一种重要表现形式．一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为和的两个同心圆上的弧，侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心且圆心角为．若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为______________.
32．如图所示，已知五面体ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AB＝4，CD＝8，EF＝3，CD与EF的距离为8，点A到平面CDEF的距离为6，则该五面体的体积为________．
33．“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为12 cm，外层底面直径为16 cm，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20 cm的球面上，则此模型的体积为_____cm3.
34．已知圆锥的底面半径为，母线长为，若圆锥内某正方体的底面在圆锥的底面上，则该正方体的最大体积为______.
35．“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵故的球面射电望远镜（如图），已知“天眼”的形状为球冠（球面被平面所载后剩下的曲面，截得的圆为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高），设球冠底的直径，球冠的高，则球的半径______．（精确到整百）．
36．文峰塔位于重庆市南岸区黄桷垭的文峰山之巅，笔直挺拔，高插云表、雄姿擎天，巍然屹立.文峰塔建于清道光年间，木塔顶部可以近似地看成一个正八棱锥，其侧面和底面的夹角大小为60°，则该正八棱锥的高和底面边长之比为______.
37．学生小雨欲制作一个有盖的圆柱形容器，满足以下三个条件：①可将八个半径为的乒乓球分两层放置在里面；②每个乒乓球都和其相邻的四个球相切；③每个乒乓球与该容器的底面（或上盖）及侧面都相切，则该容器的高为________．
38．下列说法正确的是___________.
①两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内；
②过空间中任意三点有且仅有一个平面；
③若空间两条直线不相交，则这两条直线平行；
④若直线平面，直线平面，则.
39．已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥；③l⊥．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．
40．如图，在梯形ABCD中，，点E为AB中点，将沿直线DE向上折起到的位置（平面与平面ABCD不重合）．在折叠的过程中，给出下列结论：
①任意时刻都有∥平面；
②任意时刻都有平面平面﹔
③存在某个位置，使得﹔
④当平面平面BCDE时，直线AD与平面所成角的正弦值为
其中所有正确结论的序号是___________．
41．如图，在四棱柱中，底面，且底面为菱形，，，，为的中点，在上，在平面内运动（不与重合），且平面，异面直线与所成角的余弦值为，则的最大值为___________.
42．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．
43．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍（chú méng）者，下有袤有广，而上有袤无广，刍，草也．甍，屋盖也．”其释义为：刍甍，底面有长有宽的矩形，顶部只有长没有宽为一条棱的五面体．刍甍字面意思为茅屋屋顶．如图所示，现有刍甍，所有顶点都在球O的球面上，球心O在矩形所在的平面内，，，该刍甍的体积最大时，________，体积的最大值为_________．
44．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲）.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图乙所示，若正四面体的棱长为，则能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为_______，勒洛四面体的截面面积的最大值为________.
45．《九章算术》是中国古代的数学专著，收有246个与生产、生活有联系的应用问题．早在隋唐时期便已在其他国家传播．书中提到了“阳马”．它是中国古代建筑里的一种构件，抽象成几何体就是一底面为矩形，其中一条侧棱与底面垂直的直角四棱锥．问：在一个阳马中，任取其中3个顶点，能构成__________个锐角三角形，一个长方体最少可以分割为___________个阳马．
46．如图，平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.将△CDE沿CE折起，使点D移动到P的位置，且AP＝，得到四棱锥P－ABCE.
(1)求证：AP⊥平面ABCE；
(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l.
四、解答题
47．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求证：EF//平面PCD．
48．如图，直角梯形与等腰直角三角形所在的平面互相垂直．，，，
(1)求证：；
(2)求证：平面平面；
(3)线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
49．图1是由矩形和菱形组成的一个平面图形，其中， ，将其沿折起使得与重合，连结，如图2.
（1）证明图2中的四点共面，且平面平面；
（2）求图2中的四边形的面积.
50．如图(1)，在四边形ABCD中，AD＝CD＝2，AC＝BC＝2，E，F分别为线段BC，AC的中点，将△ACD沿AC折起，使平面ACD⊥平面ABC，且BD＝2，得到几何体D ABC，如图(2)所示．
(1)求证：AC⊥BD；
(2)求四棱锥D ABEF的体积．
51．如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，BC＝3，AD＝DC＝1．把△ACD沿着AC翻折至△ACD1的位置，D1 平面ABC，连结BD1，如图2．
（1）当BD1＝2时，证明：平面ACD1⊥平面ABD1；
（2）当三棱锥D1﹣ABC的体积最大时，求点B到平面ACD1的距离，
52．如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积．
53．如图，为圆的直径，是圆上不同于、的动点，四边形为矩形，平面平面，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面．
54．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：
(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；
(2)点C1在平面AEF内.
55．如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，D为AC中点，于（不同于点），延长AE交BC于F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥，如图2所示.
（1）若M是FC的中点，求证：直线//平面；
（2）求证：BD⊥；
（3）若平面平面，试判断直线与直线CD能否垂直？并说明理由.
56．已知直三棱柱中，侧面为正方形，分别为和的中点，为棱上的点，．证明：；
57．如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点.求证：平面.
58．如图，在直三棱柱ADE BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．运用向量方法证明：
(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD．
59．如图，在四棱锥中，底面，，，，点为棱的中点.证明：
(1)；
(2)平面；
(3)平面⊥平面.
60．如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
61．如图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD为矩形，，E为CD的中点，且△VBC为等边三角形．
(1)若VB⊥AE，求证：AE⊥VE；
(2)若二面角A－BC－V的大小为，求直线AV与平面VCD所成角的正弦值．
62．如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
63．如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值.
64．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小
65．已知，如图四棱锥中，底面为菱形，，，平面，，分别是，中点，点在棱上移动．
(1)证明：无论点在上如何移动，都有平面平面；
(2)是否存在点，使得直线与平面所成的角最大，若存在，试确定点的位置.
66．如图，三角形ABC是边长为3的等边三角形，E，F分别在边AB，AC上，且，M为BC边的中点，AM交EF于点O，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使．
(1)证明：平面EFCB；
(2)若平面EFCB内的直线平面DOC，且与边BC交于点N，问在线段DM上是否存在点P，使二面角P—EN—B的大小为60°？若存在，则求出点P；若不存在，请说明理由．
67．如图，在三棱锥中，是正三角形，平面平面，，点，分别是，的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，点是线段上的动点，问：点运动到何处时，平面与平面所成锐二面角的余弦值最大．
68．如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
69．如图，在四棱锥中，，，，，，，平面PAD，点M满足．
(1)若，求证：平面平面；
(2)设平面MPC与平面PCD的夹角为，若，求的值．
70．直三棱柱中，，，点为线段的中点，直线与的交点为，若点在线段上运动，的长度为．
(1)求点到平面的距离；
(2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值？若存在，求出的值，若不存在，说明理由．
71．如图，，是两条互相垂直的异面直线，点、在直线上，点、在直线上，、分别是线段、的中点，且，．
（1）证明：平面；
（2）设平面与平面所成的角为．现给出下列四个条件：
①；②；③；④．
请你从中再选择两个条件以确定的值，并求之．
72．如图，在梯形中，为直角，，，将三角形沿折起至.
(1)若平面平面，求证：；
(2)设是的中点，若二面角为30°，求二面角的大小.
73．如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为AC的中点D，且.
(1)若M、N分别为棱AB、的中点，求证：；
(2)求点C到侧面的距离；
(3)在线段上是否存在点E，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由.
74．如图所示，四棱雉的侧面为边长为的正方形，且，为棱的中点，为棱上的点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值；
(3)线段上是否存在一点使得平面与平面所成角的余弦值为，若存在，求出点到平面的距离；若不存在，请说明理由.
参考答案
1．D
【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.
【详解】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，
因为，所以，
因为重叠后的底面为正方形，所以,
在直棱柱中，平面BHC，则,
由可得平面，
设重叠后的EG与交点为
则
则该几何体的体积为.
故选：D.
2．B
【分析】取幄帐顶部，如图几何体，作平面，垂足为，则到边的距离相等，作于，于，得是二面角的平面角，是二面角的平面角，因此有，设，用表示出，即可得比值．
【详解】取幄帐顶部，如图几何体，作平面，垂足为，则到边的距离相等，
由平面，平面，得，同理．
作于，于，
因为，平面，所以平面，而平面，所以，所以是二面角的平面角，同理是二面角的平面角，，
由已知，
由，设，则，所以，
由得，，则，
由上知是正方形，，，
所以．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题考查由二面角计算线段长，考查学生的空间想象能力．解题是作出各斜坡面与底面所成二面角的平面角，利用它们的正切值均为，并设出底面矩形边长后，用底面矩形边长表示出正脊与斜脊的长度，从而得比值．
3．C
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，
则，
所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
故选：C.
4．B
【分析】构造一个底面半径为3，高为5的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥体积．
【详解】构造一个底面半径为3，高为5的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，
则当截面与顶点距离为时，小圆锥的底面半径为，则，
，
故截面面积为，
把代入椭圆可得，
橄榄球形几何体的截面面积为，
由祖暅原理可得半个橄榄球形几何体的体积．
故选：B
5．C
【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵球的体积为，所以球的半径,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以当且仅当取到，
当时，得，则
当时，球心在正四棱锥高线上，此时，
，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是
6．C
【分析】设圆锥的底半径为，母线为，高为，则，则由条件可得，由勾股定理可得，从而得出的最小值，得出答案.
【详解】设圆锥的底半径为，母线为，高为，则
由圆锥的底面圆心到母线的距离为2，则，即
又，所以，解得
由，则
当，即时，最小值
则圆锥的侧面积为
故选：C
7．B
【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
【详解】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，
所以积水厚度，属于中雨.
故选：B.
8．B
【分析】根据给定条件求出圆锥的高，再利用圆锥体积公式计算即可得解.
【详解】依题意，该圆形攒尖的底面圆半径，高，则()，
所以该屋顶的体积约为.
故选：B
9．C
【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.
【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
.
故选：C.
10．B
【分析】根据已知条件，表面积是圆锥表面积加圆柱侧面积，再应用基本不等式求最值及取等条件即可.
【详解】设BD＝x，BF＝y，其中x、y（0，6）；由题意知，，所以x+y＝6；
所以所求几何体的表面积为：
当且仅当x＝y＝3，即BD＝3时取得“＝”；
即所得几何体的表面积最大时，BD＝3．
故选：B．
11．B
【分析】用直角三角形的一条直角边长和面积，表示出另一条直角边长和斜边长，以旋转形成的圆锥的侧面积和体积的数值之比建立方程，将选项中的值代入方程，判断解出的，，是否为有理数即可.
【详解】
如图， 中，内角，，所对的边为，，，且，
则的面积，∴，
∴，
绕旋转一周，形成一个底面半径，高，母线长的圆锥，
该圆锥的侧面积，
该圆锥的体积，
侧面积和体积的数值之比为，
化简得，
对于A，将代入，得，无解，故选项A错误；
对于B，将代入，得，解得或，
当时，，均为有理数，满足题意，
当时，，均为有理数，满足题意，故选项B正确；
对于C，将代入，得，解得，无有理数解，故选项C错误；
对于D，将代入，得，解得，无有理数解，故选项D错误.
故选：B.
12．C
【分析】根据异面直线的定义，结合线线平行、线面平行、线面垂直的性性质逐一判断即可.
【详解】A；设过P的直线为，如果，显然可得，这与a，b是异面直线相矛盾，因此本选项不正确；
B：在a任取一点M，在b上任取一点N，直线MN上的点才可作一条直线与a、b都相交． 其它的点不行，因此本选项不正确；
C：过点作，显然确定一个平面，显然存在一条直线，，过P点一定存在直线与平行，因此本选项正确；
D：经过空间任意一点不一定可作一个平面与两条已知异面直线都平行，有时会出现其中一条直线在所做的平面上，因此本选项不正确；
故选：C
13．B
【分析】对于B，证明即可；而对于BCD，首先通过辅助线找到其中三点所在的平面，然后说明另外一点不在该平面中即可.
【详解】对于选项，如下图，点、、、确定一个平面，该平面与底面交于，而点不在平面上，故、、、四点不共面；
对于选项，连结底面对角线，由中位线定理得，又，则，故、、、四点共面
对于选项C，显然、、所确定的平面为正方体的底面，而点不在该平面内，故、、、四点不共面；
对于选项D，如图，取部分棱的中点，顺次连接，得一个正六边形，即点、、确定的平面，该平面与正方体正面的交线为，而点不在直线上，故、、、四点不共面．
故选：B
14．A
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
15．A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
16．B
【分析】由可得共面即可判断B选项；又面，面，即可判断A选项；由线面平行的判定即可判断C、D选项.
【详解】
由题意知：该几何体是底面为正方形的四棱锥，如图所示，连接，易得，则，
故共面，则共面，故B错误；又面，面，不在直线上，则直线与直线异面，A正确；
由，平面，平面，则直线平面，C正确；
平面，平面，则直线平面，D正确.
故选：B.
17．C
【分析】利用线面垂直的判定、性质，结合充分条件、必要条件的意义判断作答.
【详解】若，，当时，直线可以与平面平行，此时，不能推出，
若，是平面内两条不同的直线，则，，
所以“，”是“”的必要不充分的条件.
故选：C
18．C
【分析】利用空间中线、面的平行和垂直的性质和判定定理即可判断.
【详解】若，则有，故可判断A错误.
若，则或，故B错误.
若，则存在直线与平行，所以，故C正确.
若，则或，故D错误.
故选：C.
19．D
【分析】根据异面直线的定义，垂直关系的转化，判断选项.
【详解】A.，与相交，所以与异面，故A错误；
B.与平面相交，且，所以与异面，故B错误；
C.四边形是矩形，不是菱形，所以对角线与不垂直，故C错误；
D.连结，，，，所以平面，所以，故D正确.
故选：D
20．B
【分析】A选项可以利用三线合一证明垂直关系，
B选项可利用“线面平行时，直线无论怎么平移不会和平面相交”的性质来判断.
C选项先通过类似A选项的证明得到线线垂直，结合AC的结论得到线面垂直后判断，
D选项可以构造平行四边形，结合线面平行的判定证明，
【详解】不妨设棱柱的高为，.
B选项，根据棱柱性质，//，而平面，若//平面，无论怎样平移直线，都不会和平面只有一个交点，于是得到矛盾，故B选项错误；
A选项，计算可得，，又为的中点，故（三线合一），A选项正确；
C选项，连接，根据平行四边形性质，过，计算可得，，又为的中点，故（三线合一），结合A选项，，，平面，故平面，由平面，故，棱柱的侧棱//，故，C选项正确；
D选项，取中点，连接，结合为的中点可知，为中位线，故//，且，即//，且，故四边形为平行四边形，故//，由平面，平面，故//平面，D选项正确.
故选：B
21．C
【分析】根据所建空间直角坐标系，由求出的坐标，得到，，的长度，利用余弦定理求与夹角的余弦值.
【详解】如图2所示的空间直角坐标系中，
设，.，，所以，，
由，所以
所以，，由对称性这里取，则，，又，
所以，，，
因此由余弦定理，.
故选：C
22．A
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，，根据可得出点的轨迹，进而可求得集合的面积.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、，设点，其中，，
由可得，可得，
所以，点的轨迹是底面内以点为圆心，半径为的扇形（不包括圆弧），
故集合表示的区域的面积为.
故选：A.
23．ABC
【分析】画出图形，利用新定义判断A；通过，判断“羡除”一定不是台体，判断B；利用反证法判断C；通过两两不相等，则“羡除”有三个面为梯形，判断D．
【详解】由题意知：，四边形为梯形，如图所示：
对于A：由题意知：“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A正确；
对于B：由于，所以：“羡除”一定不是台体，故B正确；
对于C：假设四边形和四边形BCDF为平行四边形，则，且，则四边形为平行四边形，与已知的四边形为梯形矛盾，故不存在，故C正确；
对于D：若，则“羡除”三个面为梯形，故D错误．
故选：ABC．
24．AD
【分析】根据题目当中细沙与圆锥高度的比值，利用圆锥体积公式可计算判断A正确，沙漏可看成是两个完全相同的圆锥组成，因此可计算其体积判断B选项错误；根据细沙体积相等可计算细沙全部漏下后圆锥的高度约为，即选项C错误；根据细沙漏下的速度和总体积即可判断D正确.
【详解】A选项，根据圆锥的截面图可知，圆锥的底面半径，高，
细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，
所以细沙的底面半径，
所以细沙体积，故A正确；
B选项，沙漏可看成是两个完全相同的圆锥组成，因此沙漏的体积，故B错误；
C选项，设细沙流入下部后的高度为，根据细沙体积不变可知，计算可得，故C错误；
D选项，因为细沙的体积为，沙漏每秒钟漏下的沙，所以该沙漏的一个沙时为秒，即D正确.
故选：AD
25．ACD
【分析】利用直线与平面关系对各选项逐一判断即可.
【详解】选项A：将异面直线通过平移到同一平面内，则存在无数个与平面平行的平面与都平行，A正确；
选项B：两异面直线与同一平面所成角可以相等，而与此平面平行的平面有无穷多个，B错误；
选项C：因为是异面直线，平移直线与直线相交，确定一个平面平行于直线，所以过直线有且仅有一个平面与直线平行，C正确；
选项D：，存在直线，通过平移直线与直线相交或重合，，所以由面面垂直的判定定理可知，D正确；
故选：ACD
26．BC
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
27．CD
【分析】对A，设，易证平面AEF判断；
对B，延长和交于，连接并延长与的延长线交于，利用中位线可得到两点重合，即可判断；
对C，连接，易证，得到截面为等腰梯形求解判断；
对D，利用等体积法，由求解判断.
【详解】对于A，若，因为平面ABCD，平面ABCD，则，
又，平面AEF，所以平面AEF，
又平面AEF，则，因为，所以，故A错误；
对于B，延长和交于，连接并延长与的延长线交于，
因为，所以是的中位线，所以是的中点，
因为，所以是的中位线，所以是的中点，
所以两点重合，所以直线与直线交于，故直线与直线不异面，故错误；
对于C，连接，
易得，所以四边形是平行四边形，所以，
因为E，F分别为的中点，则，
所以共面，又，则截面为等腰梯形，
等腰梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，故正确；
对于D，因为，
且，所以点C到平面的距离为，故正确.
故选：CD
28．BD
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
29．BD
【分析】根据给定的正方体，以点A为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，B；设出点M的坐标，利用向量垂直的坐标表示求出点M的轨迹判断C；利用抛物线定义判断D作答.
【详解】在棱长为2的正方体中，以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
对于A，，显然向量与不共线，因此直线与直线不平行，A不正确；
对于B，，则有，
，即，，从而，，
又平面，所以平面，B正确；
对于C，由选项B知，向量是平面的一个法向量，设，，
，因为平面，则，
于是得，整理得，
所以，得，
满足，的点M轨迹是正方形内的线段，其中，
所以点轨迹在正方形内的长度为，C不正确；
对于D，在正方体中，平面，而点平面，
显然点M与C不重合，否则，矛盾，即有，
因此点到直线的距离等于点到点的距离，又平面，直线，
依题意，在平面内，点M到定点C的距离等于它到定直线的距离，点轨迹是抛物线，D正确.
故选：BD
【点睛】思路点睛：涉及探求几何体中点的轨迹问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算建立动点坐标的关系解决.
30．ACD
【分析】以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设平面的法向量，利用点到平面的距离可构造方程组，解得法向量，由点到平面距离的向量求法可求得AB正误；由面面角的向量求法可求得C正确；首先确定投影对应的向量，利用线线角的向量求法可知D正确.
【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，，，
设平面的法向量，
则，即，令，解得：，，；
对于A，点到平面的距离为，A正确；
对于B，点到平面的距离为，B错误；
对于C，轴平面，平面的一个法向量，
，即平面与平面夹角的余弦值为，C正确；
对于D，在平面内的投影对应的向量，
，
即在平面内射影与所成角的余弦值为，D正确.
故选：ACD.
31．
【分析】扇子是由圆台侧面展开所得，根据圆台是由大圆锥用平行于底面的平面截去一个小圆锥，即可求圆台的高.
【详解】设一个圆锥的侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，
设该圆锥的底面半径为，所以，，可得，
因此，该圆锥的高为，
故侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形的圆锥的
高为，
因此，若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，
则该几何体的高为.
故答案为: .
32．120
【详解】如图所示，
在五面体ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AB＝4，CD＝8，EF＝3，
延长FE到G，使得EG＝1，过点B作BH∥AD，交CD于H，
连接AG，DG，HF，则多面体ADGFBH为三棱柱，
则V三棱柱ADG-BHF＝S四边形DHFG·d，
其中d为点A到平面CDEF的距离，即d＝6.
因为CD与EF的距离为8，所以S四边形DHFG＝4×8＝32，
所以V三棱柱ADG-BHF＝S四边形DHFG·d＝×32×6＝96，
V三棱锥BHCF＝S△HFC·d＝××4×8×6＝32，
V三棱锥ADEG＝S△DEG·d＝××1×8×6＝8，
所以V五面体ABCDEF＝V三棱柱ADG-BHF＋V三棱锥B-HCF－V三棱锥AGDE＝96＋32－8＝120.
故答案为：120.
33．
【分析】求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，利用圆柱与球的几何性质计算即可求解.
【详解】由题意，设球心为，模型内层圆柱底面的圆心为，模型外层圆柱底面的圆心为，点分别在圆上，如图，连接，则在上，
因为，，，
在直角中，由勾股定理得，
在直角中，由勾股定理得，
所以内层圆柱的高，外层圆柱的高，
所以此模型的体积，
故答案为：
34．1
【分析】先由圆锥的结构特征可知：圆锥内接正方体最大，设正方体边长为，沿内接正方体的体对角线所在的面，纵切圆锥及其内接正方体，得到轴截面，结合图形，由题中数据，列出方程求解，即可求出正方体的棱长，进而可求出体积.
【详解】由圆锥的结构特征可知：圆锥内接正方体最大；
因为圆锥的底面半径为，母线长为，
所以圆锥的高为，
设正方体棱长为，沿内接正方体的体对角线所在的面，纵切圆锥及其内接正方体，得到如图所示的轴截面，
则图形可得：，解得：，
所以该正方体的最大体积为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查求圆锥内接正方体的最大体积，熟记正方体和圆锥的结构特征即可，属于常考题型.
35．800
【分析】作出图形，可知球心到截面圆的距离为，利用勾股定理列等式可求得.
【详解】如下图所示：
球心到截面圆的距离为，由勾股定理可得，化简得，
解得.
又，
所以
故答案为：.
36．/
【分析】设点是底面中心，是底面的一条边，是的中点，，解三角形求，由二面角的定义确定其平面角，解三角形求，由此可得高和底面边长之比.
【详解】如图所示：
点为正八棱锥的顶点，点是底面中心，是底面的一条边，是的中点，
则，，
所以，又
所以
设，则，
因为，是的中点，
所以，所以为二面角的平面角，
又已知侧面和底面的夹角大小为，所以.
故，
所以，
所以该正八棱锥的高和底面边长之比.
故答案为：
37．
【分析】设、、、是下层四个球的球心，、、、是上层四个球的球心，作出正方形在平面上的射影，由边长关系结合勾股定理即可求解.
【详解】如图：设、、、是下层四个球的球心，、、、是上层四个球的球心，
每个球的球心与其相切球的球心距离等于，
正方形在平面上的射影是一个正方形，相当于把正方形绕其中心旋转所得，设点的射影为点，
则，，
所以，
所以，
所以容器的高为，
故答案为：.
38．①④
【分析】根据空间中直线之间的位置关系可判断①、②、③，再由线面垂直的性质可判断④.
【详解】解：对于①，如图，
两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内，故①正确；
对于②，过空间中不在同一直线上的三点有且仅有一个平面，故②错误；
对于③，若空间两条直线不相交，则这两条直线平行或异面，故③错误；
对于④，若直线平面，直线平面，则，故④正确.
∴正确的是①④.
故答案为：①④.
39．如果l⊥α，m∥α，则l⊥m或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.
【分析】将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.
【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：
（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确；
（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.正确；
（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.
【点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.
40．①②④
【分析】根据线面平行的判定定理判断①，由面面垂直的判定定理可判断②，利用向量的数量积不为0可判断③，由等体积法求出点A到平面的距离，直接由线面角定义求解即可判断④.
【详解】由题意，，，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，所以∥平面，故①正确；
由知，,又，所以平面，
又平面，所以平面平面，故②正确；
，由平面与平面ABCD不重合知，即，所以不存在某时刻，故③错误；
因为平面平面BCDE，且是平面与平面BCDE的交线，
所以平面BCDE，,
设A到平面的距离为，AD与平面所成的角为，
则，由等积法知
，解得，所以，故④正确.
故答案为：①②④
41．/
【分析】连接交于点，推导出平面，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得的值，求出点的坐标为，求出的最小值，即可求得的最大值.
【详解】连接交于点，平面，平面，则，
因为四边形为菱形，则，
，、平面，平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、，
易知平面的一个法向量为，
因为平面，所以，，
设点，其中，则，
由已知可得，
因为，解得，即点，
设点，则，
因为，则，可得，且，可得，
所以，点，
因为平面，、平面，，，
且，
所以，.
故答案为：.
42． 共26个面. 棱长为.
【分析】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．
【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．
如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，
，
，即该半正多面体棱长为．
【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．
43． 2
【分析】设，由球的性质可得出，把几何体补形为直三棱柱，利用三棱柱与三棱锥体积的差表示出刍甍的体积，利用导数求最大值即可.
【详解】连接交于点，取中点,连接,补几何体为直三棱柱，如图，
因为顶点都在球O的球面上，球心O在矩形所在的平面内，故球心为的交点,故,
设，则中，（），
设刍甍的体积为，则,
即
，
令，
，
令，则，
当时，，故单调递减，令解得，
所以当时，，即，单调递增，
当时，，即，单调递减，
故当时，，
此时.
故答案为：2；
【点睛】关键点点睛：利用补形的方法，将几何体补形为直三棱柱，根据三棱柱与棱锥的体积差求出刍甍的体积，是解题的关键，同时注意利用导数求函数的最大值也是解题的一个难点，属于难题.
44．
【分析】求出勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值，可求出能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值；分析可知勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体表面的截面，计算出该截面面积，可得结果.
【详解】由题意可知，勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值为，
所以，能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为；
勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体表面的截面，
假设图2是投影光线垂直于面时，勒洛四面体在与平面平行的一个投影平面上的正投影，
当光线与平面的夹角小于时，易知截面投影均为图2所示图象在平面上的投影，其面积必然减小，
如图2，则勒洛四面体的截面面积的最大值为三个半径为，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，
即.
故答案为：；.
45． 1 3
【分析】根据阳马的结构特征，排除掉所有的直角三角形，即可找到锐角三角形，结合长方体的性质及阳马的特征，可得最少分割阳马的个数.
【详解】如下图示，面，又底面为矩形，
∴，，，，易知面，面，
∴仅有△是锐角三角形，
如下图示，一个长方体最少可以分割为3个阳马：、、
故答案为：1, 3
46．(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【详解】试题分析：
（1）在中，由已知结合余弦定理得，连接，可得，在中，由，得，同理，然后利用线面垂直的判定可得平面；
（2）由，且平面，平面，可得平面，又平面平面，结合面面平行的性质可得.
试题解析：
(1)在△CDE中，
∵CD＝ED＝，cos∠EDC＝，
由余弦定理，CE2＝()2＋()2－2×××＝4，
∴CE＝2.连接AC，
∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2.
又∵AP＝，
∴在△PAE中，PA2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE，同理AP⊥AC，而AC，AE 平面ABCE，AC∩AE＝A，
故AP⊥平面ABCE.
(2)∵AB∥CE，且CE 平面PCE，AB 平面PCE，
∴AB∥平面PCE.
又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.
47．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，结合矩形的性质、平行线的性质进行证明即可；
（2）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可；
（3）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可.
【详解】（1）∵，且为的中点，
∴．
∵底面为矩形，∴，
∴；
（2）∵底面ABCD为矩形，∴．
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD 平面ABCD ，
∴AB⊥平面PAD．而平面PAD， ，
又，，平面PAB，
平面PAB，而平面P CD，
∴平面PAB⊥平面PCD．
（3）如图，取中点，连接．
分别是PB和PC的中点，，且，
∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，
，
，且ED＝FG，∴四边形EFGD为平行四边形，
又平面PCD，GD平面PCD，
∴EF//平面PCD．
48．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取的中点，连接，，利用线面垂直的判定定理和性质定理求解即可；
（2）利用面面垂直的性质定理和判定定理求解即可；
（3）利用线面平行的性质定理和相似比求解即可.
【详解】（1）由为等腰直角三角形，可得，
取的中点，连接，，
所以，
因为四边形为直角梯形，，，
所以四边形为正方形，则，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）平面平面，平面平面，且，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（3）存在点，且时，有 平面.
理由如下：连接，交于点，
假设线段上是否存在点，使平面，
因为四边形为直角梯形，，
所以，
因为平面，平面，且平面平面，
所以，所以，所以，
即线段上存在点，使平面，此时.
49．(1)见详解；(2)4.
【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2) 欲求四边形的面积，需求出所对应的高，然后乘以即可．
【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.
，A，C，G，D四点共面.
又.
平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.
(2)取的中点，连结.因为，平面BCGE，所以平面BCGE，故，
由已知，四边形BCGE是菱形，且得，故平面DEM．
因此．
在中，DE=1，，故．
所以四边形ACGD的面积为4.
【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形的面积考查考生的空间想象能力.
50．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质证明DF⊥AC，利用面面垂直的性质和勾股定理证明BF⊥AC，由此可证明AC⊥平面BDF，再根据线面垂直的性质即可证明AC⊥BD；
（2）由（1）易得四边形ABEF为梯形，进而可求出四边形ABEF为梯形的面积，再根据四棱锥的体积公式即可求解.
【详解】（1）证明：因为AD＝CD＝2，AC＝BC＝2，
所以AD2＋CD2＝AC2，则AD⊥CD，
所以△ADC是等腰直角三角形．
因为F为线段AC的中点，
所以DF⊥AC，DF＝＝.
连接BF，如图所示：
因为平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，且DF⊥AC，
所以DF⊥平面ABC，由此得△DFB为直角三角形．
在Rt△DFB中，有BF2＝BD2－DF2＝8－2＝6，即BF＝.
在△BFC中，BF2＋FC2＝()2＋()2＝8＝BC2，所以BF⊥AC.
又BF∩DF＝F，BF，DF 平面BDF，所以AC⊥平面BDF.
又BD 平面BDF，所以AC⊥BD.
（2）在△ABC中，因为F为AC的中点，AC＝BC，
且由(1)知BF⊥AC，所以△ABC为等边三角形．
则AB＝BC＝2，易得四边形ABEF为梯形，
且EF＝AB＝.
于是，
即四棱锥D ABEF的体积为.
51．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由已知可得，求解三角形证明，由线面垂直的判定可得平面，进一步得到平面平面；
（2）当三棱锥的体积最大时，平面平面，过作，则平面，并求得，然后利用等积法求到平面的距离．
【详解】（1）证明：在图1中，，则图2中，，
在△中，，，，可得，
又，平面，
平面，平面平面；
（2）解：当三棱锥的体积最大时，平面平面，
过作，则平面，并求得．
，．
设点到平面的距离为，
由，得，即．
故点到平面的距离为．
【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．
52．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；
（2）根据已知条件求得和到的距离，根据椎体体积公式，即可求得.
【详解】（1）分别为，的中点，
又
在等边中，为中点，则
又侧面为矩形，
由，平面
平面
又，且平面，平面，
平面
又平面，且平面平面
又平面
平面
平面
平面平面
（2）过作垂线，交点为，
画出图形，如图
平面
平面，平面平面
又
为的中心.
故：，则，
平面平面，平面平面，
平面
平面
又在等边中
即
由（1）知，四边形为梯形
四边形的面积为：
，
为到的距离，
.
【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.
53．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）利用面面垂直的性质定理可得出平面，可得出，由圆的几何性质可得，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立.
【详解】（1）证明：取的中点，连接、，
、分别为、的中点，则且，
因为四边形为矩形，则且，
为的中点，则且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
平面，平面，平面.
（2）解：四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，，
因为为圆的直径，是圆上不同于、的动点，则，
，、平面，平面，
平面，所以，平面平面.
54．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）连接BD，B1D1，由正方形的性质、线面垂直的性质可得AC⊥BD、AC⊥BB1，再由线面垂直的判定及性质证EF⊥AC即可.
（2）在棱AA1上取点G使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG，利用平行四边形的性质可证AE∥GD1、GD1∥FC1，进而由线线平行证明C1在平面AEF内.
【详解】（1）如图，连接BD，B1D1.
由AB＝BC，即四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD.
又BB1⊥面ABCD，面ABCD，则AC⊥BB1.
又BD∩BB1＝B，面BB1D1D，则AC⊥面BB1D1D.
由EF 平面BB1D1D，即有EF⊥AC.
（2）如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG.
因为ED1＝DD1，AG＝AA1，DD1=AA1，
∴ED1//AG且ED1=AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AE∥GD1.
因为B1F＝BB1，A1G＝AA1，BB1＝AA1，易知：B1FGA1是平行四边形，故FG//A1B1且FG＝A1B1，
∴FG//C1D1且FG＝C1D1，则四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1∥FC1.
∴AE∥FC1，即A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内.
55．（1）详见解析，（2）详见解析，（3）不能垂直.
【详解】（1）因为,分别为中点，所以//
又，
所以.
（2）因为，且
所以
又
所以
（3）直线与直线不能垂直
因为,,,
，
所以.
因为，所以，
又因为，所以.
假设，
因为，，
所以，
所以，
这与为锐角矛盾
所以直线与直线不能垂直.
56．证明见解析.
【分析】通过已知条件可证，和相似，从而可得，结合线面垂直的判定定理，可得平面，故.
【详解】
取中点，连接
为直三棱柱且，分别为中点，
又，
，，
在和中，，且，
，即可得，
平面平面，
平面，且平面 ，
.
57．证明见解析
【分析】连接，设，取的中点为，连接，根据四边形CNME，四边形是平行四边形可证得，由线面平行的判定定理求解即可.
【详解】连接，设，取的中点为，连接，如图，
在正方体中，M为的中点，
∴,
又E为BC的中点，
∴
∴四边形CNME是平行四边形，,
∵F为CD的中点，∴
∴四边形是平行四边形，,
∴
又面,面，
∴面.
58．(1)见解析；(2)见解析.
【详解】试题分析：（1）根据线面平行的判定定理，进行证明，取中点,证明;（2）根据面面垂直的判定定理进行证明，先证明平面,可证,,再根据，证明面面垂直．
试题解析：（1）（1）由题意，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．
设正方形边长为1，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），F（1，0，1），M（，0，0），O（，，）
（0，，），（﹣1，0，0），∴，OM⊥AB
∵三棱柱ADE﹣BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF，∴是平面BCF的一个法向量，且OM 平面BCF，
∴OM∥平面BCF．
解：（2）设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别是n1＝（x1，y1，z1），n2＝（x2，y2，z2）．
∴（1，﹣1，1），（1，0，0），（，﹣1，0）
由得（2，1，1）．同理可得（0，1，1），
∴∵ 0
∴平面MDF⊥平面EFCD．
考点：1．线面垂直的判定定理；2．面面垂直的判定定理．
59．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，写出点的坐标，把坐标写出，两向量作数量积为零，即可得到垂直；
（2）取的中点，设为，连接，证出四边形为平行四边形，即得出，利用线面平行的判定定理得到平面.
（3）利用，（线线垂直）推出面（线面垂直），由于面，再由面面垂直的判定定理推出平面⊥平面.
【详解】（1）证明： 依题意，以点为原点建立空间直角坐标系(如图)，，可得.由为棱的中点，得.
(1)向量，故.
所以.
（2）取的中点，设为，连接， 分别是的中点，且，由题意知，，且，即四边形为平行四边形，即，面面，平面.
（3）底面，底面，，，，，面，，面，面， 平面⊥平面.
60．(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
61．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明线面垂直，再证明线线垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，以向量的方法去求直线AV与平面VCD所成角的正弦值．
【详解】（1）因为E为CD的中点，所以，所以△ADE为等腰直角三角形，
所以．同理，．所以AE⊥BE．
又因为VB⊥AE，且，面VBE，面VBE，
所以AE⊥面VBE．
因为面VBE，所以AE⊥VE．
（2）取BC中点O，AD中点G、连接OG，VO，则OG⊥BC．
又△VBC为等边三角形，所以VO⊥BC，
所以∠GOV为二面角A－BC－V的平面角．所以
以，方向分别作为x，y轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz．
于是A（1，－4，0），C（－1，0，0），D（－1，－4，0），，
，，．
令为平面VCD的一个法向量，
则，即，令z＝2，得．
设直线AV与平面VCD所成的角为，则
，
故直线AV与平面VCD所成角的正弦值为．
62．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先利用平面几何的知识与线面垂直的性质证得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，由此证得线面平行；
（2）结合（1）中结论，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦的坐标表示求解即可；
（3）先利用线面角结合向量法求得的坐标，再利用空间向量点面距离公式求解即可.
【详解】（1）记的中点为，连结，
因为，，所以四边形是平行四边形，则，
因为，所以平行四边形是矩形，则，
因为平面，平面，所以，则两两垂直，
故以为坐标原点，分别以，，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，
因为为的中点，所以，则，
设平面的一个法向量为，而，，
则，令，则，
所以，则，
又平面，所以平面．
.
（2）设平面的一个法向量为，而，，
所以，令，则，
设平面的一个法向量为，而，，
所以，令，则，
记平面与平面夹角为，则，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
（3）依题意，不妨设，则，，
又由（2）得平面的一个法向量为，记直线与平面所成角为，
所以，解得（负值舍去），
所以，则，
而由（2）得平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为.
63．(1)证明见解析
(2)6
【分析】（1）先做一条辅助线，再通过面面垂直的性质得到平面，再根据平面，可得，进而根据线面垂直的判定定理即可证明.
（2）过点作交与点,连接,通过题目条件和小问1结论证明四边形为平行四边形，然后把多面体分为两个三棱锥求体积，令
，把求体积的最大值转化为求关于的函数的最大值.构造函数，通过导函数判断其单调性，进而得到的最大值，求出此时的值.然后以点为原点建立空间直角坐标系，通过向量法求与所成角的正切值.
【详解】（1）过点作交与点，
平面平面，且两平面的交线为
平面 又平面
又且 平面
（2）过点作交与点,连接
平面平面，且两平面的交线为
平面 又平面 到平面的距离相等
且，平面
又，令
则，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
即，当且仅当时取得最大值.
如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以.
设与所成角为，则，则，即当几何体体积最大时，与所成角的正切值为6.
64．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
65．(1)证明见解析
(2)存在，为的中点
【分析】（1）连接，说明为正三角形，推出，，通过平面，推出，然后证明平面，推出平面平面．
（2）以、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量，设直线与平面所成的角为，利用空间向量的数量积转化求解即可．
【详解】（1）证明：连接，
底面为菱形，，
为正三角形，
是的中点，
，又，
，
平面，平面，
，
，、平面，
平面，
平面，
平面平面．
（2）解：由（1）知，、、两两垂直，
故以、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，，
，2，，，0，，，1，，，
，，．
设，．
设平面的法向量为，，，
则，
令，则，，
．
设直线与平面所成的角为，
则
，
当时，最大，此时为的中点．
66．(1)证明见解析；
(2)存在，.
【分析】（1）先由勾股定理证，易得，即得证；
（2）连接，过作交于，如图建立空间直角坐标系设，再利用向量法求解.
【详解】（1）证明：在中，易得，，，
由，得，
又，，，
又为中点，，，
因为，平面，
平面.
（2）解：连接，过作交于，平面，平面，则平面，
又，四边形为平行四边形，，
如图建立空间直角坐标系设，
由题得平面的法向量为.
设平面的法向量为，
由题得,
所以，所以.
由题得,所以,
所以，所以，
因为二面角P—EN—B的大小为60°，
所以，解之得（舍去）或.
此时.
67．(1)证明见解析；
(2)为的中点．
【分析】(1)利用等腰三角形三线合一可知AE⊥CD，根据面面垂直的性质定理可得AE⊥平面BCD，从而可得AE⊥CD；再结合EF∥BD，CD⊥BD可得CD⊥EF，结合线面垂直判定定理即可得CD⊥平面AEF；
(2)在平面中，过点作，垂足为，以为正交基底，建立空间直角坐标系，设BC＝4并设G点坐标，利用向量方法表示出平面与平面所成二面角的余弦即可求解．
【详解】（1）∵是正三角形，点是的中点，∴．
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又∵平面，∴．
∵点E、F分别是、的中点，∴，
又∵，∴，
又∵，平面，∴平面；
（2）在平面中，过点作，垂足为，
设，则CD＝2，，，．
以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，，，．
设平面的法向量为，
由，得，令，故，
设平面的法向量为，
则，即，令，则．
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，
∴，
当时，，此时θ最大，
即当为的中点时，平面与平面所成锐二面角的余弦值最大．
68．(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
69．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用线面垂直的判定定理性质定理和面面垂直的性质定理可得平面ABCD，再证明平面PCM ，利用面面垂直判定定理可证明；
(2)利用空间向量的坐标运算表示平面与平面夹角的余弦值，列方程计算求解.
【详解】（1）证明：∵，，，∴．
∵，∴，而，
∴，，∴．
∵平面PAD，平面ABCD，
∴平面平面PAD且平面平面，
由平面PAD，平面ABCD，
平面ABCD，∴，
且，，，∴，
∴，又∵，平面PCM，
∴平面PCM．
又∵平面，∴平面平面.
（2）由（1）可知，平面，
所以作平行于的直线为轴建系如图，
∵，∴，∴，
，，，∴，，，
设平面MPC与平面PCD的一个法向量分别为，，
∴
，
∵，∴
，∵，
∴．
70．(1)
(2)存在，或
【分析】（1）根据已知建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用空间向量求点到面的距离即可；
（2）设点，利用空间向量列出线面角的正弦值式子令其等于，解出即可.
【详解】（1）由题意可知：四边形为矩形，则点为中点，
又直三棱柱中，，
以B为坐标原点，，，为x，y，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，则可取，
点A到平面的距离；
（2）假设存在点P使直线PD与面所成角的正弦值为，记为，
，则，其中，
则，
由第一问知为平面的一个法向量，
则，
即，
则，
则，
解得或，
又，
故存在点P使直线PD与面所成角的正弦值为，此时，或.
71．（1）证明过程见解析 （2）cosθ
【分析】（I）在△PAC中根据PC＝AC＝a，，三边满足勾股定理则PC⊥AC，根据题意可知PC⊥AB，又AC∩AB＝A，满足线面垂直的判定定理，从而得证；
（II）本小问具有开放性，由选择确定cosθ的大小，根据AC⊥BC，且AB，AC＝a则BC＝a，以C为坐标原点，、、的方向为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，（0，a，0）是平面PBC的一个法向量，然后求出平面MNC的法向量，然后根据cos，，从而求出cosθ的值．
【详解】证明：(1) 在△PAC中∵PC＝AC＝a，．
∴PC2+AC2＝PA2，∴PC⊥AC
∵l1、l2是两条互相垂直的异面直线，点P、C在直线l1上，点A、B在直线l2上，
∴PC⊥AB，又AC∩AB＝A
∴PC⊥平面ABC
（2）方案一：选择②④可确定cosθ的大小
∵AC⊥BC，且AB，AC＝a
∴BC＝a
以C为坐标原点，、、的方向为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系
则C（0，0，0），B（a，0，0），A（0，a，0），P（0，0，a）
又M、N分别是线段AB、AP的中点，
∴M（，，0），N（0，，）
∵CA⊥平面PBC
∴（0，a，0）是平面PBC的一个法向量
设平面MNC的法向量（x，y，z）
由得
取x＝1，得（1，﹣1，1）为平面MNC的一个法向量
∴cos，
∴cosθ
方案二：选择③④可确定cosθ的大小
又，下同方案一
方案三：选择②③可确定cosθ的大小
又，，下同方案一.
（注：①④等价，不能确定，①②可转化为②④，①③可转化为③④）
【点睛】本题要求空间中二面角的余弦值，可以利用平面的法向量的夹角，从而求出二面角的余弦值，注意要建立适当的直角坐标系，属于中档题．
72．(1)证明见解析；
(2)120°.
【分析】（1）由等腰三角形性质、余弦定理及勾股定理可得，法一：由面面垂直的性质有CD⊥平面PBD，再由线面垂直的性质和判定可得PB⊥面PCD，最后由线面垂直的性质证结论；法二：取BD中点Q，连接CQ、PQ，易得PQ⊥BD，再由面面垂直、线面垂直的性质可得PQ⊥CQ，进而应用勾股定理即可证结论.
（2）法一：设、分别是、的中点，连接、，易知是二面角的平面角，在面上过作并构建直角坐标系，设，根据已知确定相关点坐标，进而求面、面的法向量，根据已知二面角的大小及空间向量夹角的坐标表示求参数即可；法二：由PQ⊥BD，取BC中点F，连接QF，易得∠PQF为二面角P-BD-C的平面角，连接PF交BE于M，连接QM，再由线面垂直的性质有BD⊥QM，则∠MQF为二面角E-BD-C的平面角，最后由及三角形面积公式求∠MQF.
【详解】（1）由题设知：△PBD为等腰直角三角形且PB⊥PD，PB=PD=，则BD=4，
又∠DBC=45°，BC=，在△BCD中由余弦定理得：CD=4，
所以，即，
法一：又面PBD⊥面BCD，面PBD面BCD=BD，面，
所以CD⊥平面PBD，面PBD，则CD⊥PB，又，
所以PB⊥面PCD，面PCD，则PB⊥PC.
法二：取BD中点Q，连接CQ，
在Rt△CDQ中,
连接PQ，则PQ=2且PQ⊥BD，
又面PBD⊥面BCD，面PBD面BCD=BD，面PBD，
所以PQ⊥面BCD，面BCD，则PQ⊥CQ，
在Rt△PQC中，又，
所以，在△PBC中，即PB⊥PC.
（2）法一：设、分别是、的中点，连接、，则，，
又，则面，
所以是二面角的平面角.
在面上过作，
如图以为原点，直线为x轴，直线为轴，直线为轴，建立空间直角坐标系．
则，，，设，，
则，，故，．
设面的法向量为，则，取，得．
显然平面的一个法向量为
因为，二面角为，则，
整理得，解得，所以，
所以，二面角的大小为.
法二：由（1）法二：PQ⊥BD，取BC中点F，连接QF，则QF∥CD且QF=CD=2，
所以QF⊥BD，又，则面，则∠PQF为二面角P-BD-C的平面角，
连接PF交BE于M，连接QM，且QM平面PQF，
所以BD⊥QM，则∠MQF为二面角E-BD-C的平面角，且∠MQF=30°，
易知：M是△PBC的重心，则，即，
所以∠PQM=90°，故∠PQF=120°，即二面角P-BD-C的大小是120°.
73．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，且
【分析】（1）由已知利用中位线性质分别得出且，与且，证明四边形为平行四边形，即，即可证明结论；
（2）由已知结合投影性质与等腰直角三角形性质，证明直线DB，DC，两两垂直，并得出需要线段长，再建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与，即可代入公式求解答案；
（3）假设存在，并设出关系，得到，再由向量运算得到，即可由线面角公式结合已知列式求解.
【详解】（1）证明：连接MD，
为AB的中点，D为AC的中点，
且，
为的中点，
则在三棱柱中，且，
且，
四边形为平行四边形，
，
平面CDN，且平面CDN，
；
（2）点在底面上的投影为AC的中点D，
平面ABC，
且，
底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，
，
侧面为菱形，且，
，
，
，且，
直线DB，DC，两两垂直，
故以点D为坐标原点，直线DB，DC，分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，
则点C到侧面的距离为：
，
（3）假设存在满足条件的点E，并设，，
则，
直线DE与侧面所成角的正弦值为，
，
解得，，则，
故存在满足条件的点E，且，
74．(1)证明见解析
(2)
(3)存在点，点到平面的距离为
【分析】（1）由题意可得四棱雉为正四棱锥，建立空间直角坐标系，根据线面关系的向量管子证明即可；
（2）在（1）的基础上，根据线面关系的向量解法求解直线与平面所成角的正弦值，再根据平方关系得余弦值即可；
（3）设设，且，根据平面与平面的夹角余弦值得的值，即可得点，再按照点到平面的距离公式求解点到平面的距离即可.
【详解】（1）证明：如图所示，连接交于，连接，连接，
由于侧面为边长为的正方形，，
所以四棱雉为正四棱锥，则平面，为正方形的中心，且，则以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，设平面的法向量为，又，
所以，令，所以，
则，又平面，所以平面；
（2）解：由（1）有，又是平面的一个法向量
所以，则，
则直线与平面所成角的余弦值；
（3）解：设，且，，所以，
设平面的法向量，则，
所以，则，
所以
整理得：，解得，所以
点到平面的距离为.
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