2025人教B版高中数学必修第四册强化练习题（含解析）--第十一章 立体几何初步拔高练

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2025人教B版高中数学必修第四册
综合拔高练
五年高考练
考点1　空间几何体的结构特征
1.(2021新高考Ⅰ,3)已知圆锥的底面半径为,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为(　　)
A.2　　　　B.2　　　　C.4　　　　D.4
2.(2023全国甲理,15)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有　　　　个公共点.
考点2　几何体的表面积与体积
3.(2024新课标Ⅰ,5)已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为(　　)
A.2π　　　　B.3π　　　　C.6π　　　　D.9π
4.(2024天津,9)一个五面体ABCDEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1.并已知AD=1,BE=2,CF=3.则该五面体的体积为(　　)
A.　　　　B.+　　　　
C.　　　　D.-
5.(2022新高考Ⅰ,4)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时,增加的水量约为(≈2.65)(　　)
A.1.0×109 m3　　　　B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3　　　　D.1.6×109 m3
6.(多选题)(2023新课标Ⅱ,9)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则(　　)
A.该圆锥的体积为π
B.该圆锥的侧面积为4π
C.AC=2
D.△PAC的面积为
7.(2024全国甲理,14)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2,圆台甲、乙的母线长分别为2(r2-r1),3(r2-r1),则圆台甲与乙的体积之比为　　　　.
考点3　与球有关的切、接问题
8.(2022新高考Ⅱ,7)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3和4,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(　　)
A.100π　　　　B.128π　　　　
C.144π　　　　D.192π
9.(2022全国乙文,12)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
10.(2023全国乙文,16)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=　　　　.
11.(2023全国甲文,16)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O为AC1的中点,若该正方体的棱与球O的球面有公共点,则球O的半径的取值范围是　　　　.
考点4　空间平行和垂直关系的判定与证明
12.(2024天津,6)若m,n为两条不同的直线,α为一个平面,则下列结论中正确的是(　　)
A.若m∥α,n α,则m∥n
B.若m∥α,n∥α,则m∥n
C.若m∥α,n⊥α,则m⊥n
D.若m∥α,n⊥α,则m与n相交
13.(2022全国乙理,7)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则(　　)
A.平面B1EF⊥平面BDD1　　　　
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC　　　　
D.平面B1EF∥平面A1C1D
14.(2023全国甲文,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.
(1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;
(2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高.
15.(2022全国甲文,19)小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示:底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.
(1)证明:EF∥平面ABCD;
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).
16.(2021全国甲文,19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,BF⊥A1B1.
(1)求三棱锥F-EBC的体积;
(2)已知D为棱A1B1上的点.证明:BF⊥DE.
考点5　空间角与空间距离
17.(多选题)(2022新高考Ⅰ,9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则(　　)
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
18.(2024新课标Ⅱ,7)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A.　　　　B.1　　　　C.2　　　　D.3
19.(2023全国乙理,19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=DO,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO;
(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;
(3)求二面角D-AO-C的正弦值.
20.(2024新课标Ⅰ,17)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD.
三年模拟练
应用实践
1.(2023贵州毕节期末)已知a,b为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,则下列命题中正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　
A.若a∥b,b∥α,则a∥α
B.若a∥b,a⊥α,b∥β,则α⊥β
C.若a∥α,b∥β,α∥β,则a∥b
D.若a∥α,b∥β,α⊥β,则a⊥b
2.(2024福建福州第一中学月考)已知圆台上,下底面的圆心分别为O1,O2,母线AB=3(点B位于上底面),且满足AO2=2BO1,圆O2的周长为2π,一只蚂蚁从点A出发沿着圆台的侧面爬行一周到AB的中点C,则蚂蚁爬行的最短路程为(　　 )
A.　　　　B.3　　　　C.3　　　　D.
3.(2024上海部分学校学科素养测试)有下列几何对象:①长度为1.7 cm的短棍(粗细忽略不计);②面积为1.1 cm2的正方形纸片(厚度忽略不计,不可折叠);③体积为0.3 cm3的正四面体木块.关于上述几何对象能否单独完全装入一个棱长为1 cm的正方体盒子(壁厚度忽略不计),正确的结论是(　　)
A.仅①②能　　　　B.仅②③能
C.仅①③能　　　　D.①②③均能
4.(多选题)(2024山东部分学校联考)将正四棱锥P-ABCD和正四棱锥Q-ABCD的底面重合,组成一个八面体Ω,若AB=PA=2,QA=,则(　　)
A.PQ⊥平面ABCD
B.PA∥QC
C.Ω的体积为4
D.二面角P-AB-Q的余弦值为-
5.(多选题)(2024山东泰安模拟)如图1,在五边形ABCDE中,四边形ABCE为正方形,CD⊥DE,CD=DE=,F为AB的中点,现将△ABE沿BE折起到平面A1BE的位置(如图2),使得A1B⊥DE,则下列结论正确的是(　　)
　
A.平面BCDE⊥平面A1BE
B.若O为BE的中点,则DE∥平面FOC
C.折起过程中,F点的轨迹长度为
D.三棱锥A1-CDE的外接球的体积为π
6.(2024福建福州第一中学期末)已知正四面体ABCD的棱长为2,P为AC的中点,E为AB的中点,M是棱DP上的动点,N是平面ECD内的动点,则当AM+MN取得最小值时,线段DN的长度等于　　　　.
7.(2024辽宁辽阳第一次模拟考试)如图1,在矩形ABCD中,AB=4,AD=3,=4,F,G分别在线段BE,BC上,FG∥CE,将△BFG沿FG折起,使B到达M的位置,且平面FGM⊥平面ADCGF,如图2,若直线DM与平面ADCGF所成角的正切值为,则四面体ADFM的外接球的半径为　　　　.
8.(2024北京东城模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB=4,CD=2,∠PDA=90°,平面PAD⊥平面PCD.
(1)求证:AD⊥PC;
(2)若PD=AD=2,PD⊥DC,求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值.
迁移创新
9.(2022上海嘉定二中期末)如图,几何体P-ABC是底面边长为1的正三棱锥,D,E,F分别为棱PA,PB,PC上的点,截面DEF∥底面ABC,且棱台DEF-ABC与棱锥P-ABC的棱长和相等.(棱长和是指多面体中所有棱的长度之和)
(1)证明:几何体P-ABC为正四面体;
(2)若PD=PA,求二面角D-BC-A的大小;(结果用反三角函数值表示)
(3)设棱台DEF-ABC的体积为V,是否存在体积为V且各棱长均相等的直平行六面体,使得它与棱台DEF-ABC有相同的棱长和 若存在,请具体构造出这样的一个直平行六面体,并给出证明;若不存在,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.B　设圆锥的母线长为l,
由题意得πl=2π·,
∴l=2.故选B.
2.答案　12
解析　设正方体的棱长为2,则EF=2,
所以以EF为直径的球的半径为,球心为正方体的中心(设为点O),
由于正方体的中心O到正方体各棱的距离均为,
所以正方体各棱的中点都在球面上,并且为各棱与球的唯一交点,
所以以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点.
3.B　设圆锥、圆柱的底面半径为r,
圆锥的母线长为l,
则圆锥侧面积S圆锥侧=πrl,
圆柱的侧面积S圆柱侧=2πr·=2πr,
所以2πr=πrl,则l=2,
易知l2=r2+()2,
所以r=3,
所以圆锥的体积V=πr2·=3π.
4.C　如图所示,分别延长AD,BE,CF到A1,B1,C1,使得A1D=CF=3,B1E=BE=2,C1F=AD=1,
则几何体ABC-DEF与几何体A1B1C1-DEF为全等的几何体,几何体ABC-A1B1C1为三棱柱,侧棱AA1=4,
过点C作垂直于侧棱的平面CMN,交棱AA1,BB1分别于N,M,
所以MN,CM,CN与三条侧棱都垂直,则MN=CM=CN=1,
所以=S△CMN·AA1=×4=,
所以V五面体ABCDEF==.
5.C　由题意可知,棱台的下底面面积S1=140×106(m2),棱台的上底面面积S2=180×106(m2),
棱台的高h=157.5-148.5=9(m),
故此棱台的体积V=(S1++S2)·h
=×(140++180)×106×9
=3×(320+60)×106≈1.437×109(m3),
即增加的水量约为1.4×109 m3.故选C.
6.AC　易知PA=PB=2,O为AB的中点,
又∠APB=120°,
∴PO=1,AO=BO=,即底面圆的半径r=,
∴该圆锥的体积V=πr2·PO=π,故A正确;
S侧=πr·PA=π××2=2π,故B错误;
取AC的中点D,连接PD,OD,
∴PD⊥AC,OD⊥AC,
∴∠PDO为二面角P-AC-O的平面角,
∴∠PDO=45°,
∴OD=PO=1,∴AD=,∴AC=2,故C正确;
S△PAC=AC·PD=×2×=2,故D错误.
故选AC.
7.答案　
解析　分别取甲、乙两圆台的轴截面的一半,如图,
显然h甲=(r2-r1),h乙=2(r2-r1),
∴=
===.
8.A　由题意易得上底面所在平面截球面所得圆的半径为3,下底面所在平面截球面所得圆的半径为4,
设该球的半径为R,当正三棱台的上、下底面在球心异侧时,有+=1,R无解,
所以正三棱台的上、下底面在球心同侧,
所以有-=1,解得R2=25,
因此该球的表面积S=4πR2=100π,
故选A.
9.C　设该四棱锥底面为四边形ABCD,四边形ABCD所在小圆半径为r,
当四边形ABCD为正方形时,底面ABCD面积最大,为2r2,设四棱锥的高为h,易知r2+h2=1,
则V四棱锥O-ABCD=×2r2·h=≤·=,
当且仅当r2=2h2,即h=时,等号成立,
故选C.
10.答案　2
解析　如图,将三棱锥S-ABC转化为直三棱柱SMN-ABC,
设△ABC的外接圆圆心为O1,半径为r,
则2r===2,可得r=,
设三棱锥S-ABC的外接球球心为O,
连接OA,OO1,
则OA=2,OO1=SA,
由OA2=O1A2+O,得4=3+SA2,
所以SA=2.
方法点睛　多面体与球切、接问题的求解方法
　　(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,一般过球心及多面体的特殊点(一般为切、接点)或线作截面,把空间问题转化为平面问题求解;
　　(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两垂直,且PA=a,PB=b,PC=c,一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体,根据4R2=a2+b2+c2求解(R为球的半径);
　　(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长;
　　(4)球和正方体的棱相切时,球的直径为正方体的面对角线长;
　　(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系,或者画出内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几何体的已知量的关系,列方程(组)求解.
11.答案　[2,2]
解析　设球的半径为R.
当球是正方体的外接球时,恰好经过正方体的每个顶点,所求的球的半径最大,若半径变得更大,球会包含正方体,导致球面和棱没有交点,
正方体的外接球直径为体对角线长AC1==4,即2R=4,则R=2,故Rmax=2;
分别取侧棱AA1,BB1,CC1,DD1的中点M,H,G,N,易知四边形MNGH是边长为4的正方形,且O为正方形MNGH的对角线交点,连接MG,则MG=4,当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆时,球的半径达到最小,即R的最小值为2.
综上,R的取值范围是[2,2].
12.C　对于A,若m∥α,n α,则m,n平行或异面,故A错误.
对于B,若m∥α,n∥α,则m,n平行、异面或相交,故B错误.
对于C,m∥α,n⊥α,过m作平面β,使得β∩α=l,
因为m β,所以m∥l,而l α,故n⊥l,故m⊥n,故C正确.
对于D,若m∥α,n⊥α,则m与n相交或异面,故D错误.故选C.
13.A　对于A选项,∵E,F分别为AB,BC的中点,
∴EF∥AC,又AC⊥BD,∴EF⊥BD,
易知DD1⊥平面ABCD,EF 平面ABCD,∴EF⊥DD1,
又BD∩DD1=D,BD、DD1 平面BDD1,
∴EF⊥平面BDD1,又EF 平面B1EF,∴平面B1EF⊥平面BDD1,故A选项正确;
对于B选项,易得AC1⊥平面A1BD,且AC1与平面B1EF相交,故平面B1EF⊥平面A1BD不成立,故B选项错误;
对于C选项,直线AA1与B1E必相交,且AA1 平面A1AC,B1E 平面B1EF,故平面B1EF与平面A1AC有公共点,故平面B1EF与平面A1AC不平行,故C选项错误;
对于D选项,连接AB1,B1C,易知A1D∥B1C,A1C1∥AC,由线面平行的判定定理得A1D∥平面AB1C,A1C1∥平面AB1C,又A1D∩A1C1=A1,A1D、A1C1 平面A1C1D,∴平面A1C1D∥平面AB1C,又∵点B1既在平面B1EF内,又在平面AB1C内,∴平面A1C1D与平面B1EF不平行,故D选项错误.故选A.
14.解析　(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC 平面ABC,
∴A1C⊥BC,∵∠ACB=90°,
∴AC⊥BC,
又AC∩A1C=C,AC,A1C 平面AA1C1C,
∴BC⊥平面AA1C1C.
又∵BC 平面BCC1B1,
∴平面BCC1B1⊥平面AA1C1C.
(2)如图,过A1作A1H⊥CC1,垂足为H,过C作CM⊥AA1,垂足为M,由(1)及面面垂直的性质定理,得A1H⊥平面BB1C1C,所以A1H为四棱锥A1-BB1C1C的高.由AA1∥CC1知CM=A1H.
由(1)知BC⊥A1C,所以∠BCA1=90°,又AB=A1B,∠BCA=90°,所以Rt△BCA≌Rt△BCA1,所以AC=A1C.
由A1C⊥平面ABC,AC 平面ABC,得A1C⊥AC.故△CAA1是等腰直角三角形.
在等腰直角三角形CAA1中,AA1=2,
所以CM=AA1=1.
所以四棱锥A1-BB1C1C的高为1.
15.解析　取AB、BC、CD、DA的中点M、N、P、Q,连接EM、FN、GP、HQ、MN、NP、PQ、QM.
(1)证明:在正三角形ABE中,M为AB的中点,所以EM⊥AB.又平面ABE∩平面ABCD=AB,且平面ABE⊥平面ABCD,EM 平面ABE,所以EM⊥平面ABCD.
同理FN⊥平面ABCD,所以EM∥FN,
易知EM=FN,所以四边形EMNF为平行四边形,
所以EF∥MN.
又MN 平面ABCD,且EF 平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
(2)如图,可将包装盒分割为长方体MNPQ-EFGH和四个全等的四棱锥.
易得MN=4 cm,EM=4 cm.
所以V长方体MNPQ-EFGH=(4)2×4=128 (cm)3,
V四棱锥B-MNFE=×4×4×2= (cm)3,
所以该包装盒的容积为
128+4×= (cm)3.
易错警示　线面平行的判定定理中,不能忽略线不在平面内这一条件.
16.解析　(1)∵侧面AA1B1B为正方形,
∴A1B1⊥BB1,
∵BF⊥A1B1且BB1∩BF=B,BB1,BF 平面BB1C1C,
∴A1B1⊥平面BB1C1C,
又∵AB∥A1B1,
∴AB⊥平面BB1C1C,
又∵BC 平面BB1C1C,
∴AB⊥BC,
∵AB=BC=2,E为AC的中点,
∴S△EBC=S△ABC=××2×2=1.
由直三棱柱知CF⊥平面ABC.
∵F为CC1的中点,
∴CF=CC1=BB1=AB=1,
∴VF-EBC=S△EBC·CF=×1×1=.
(2)证明:连接A1E,B1E,
∵AB=BC,E为AC的中点,∴BE⊥AC.
∵AA1⊥平面ABC,BE 平面ABC,∴AA1⊥BE.
∵AA1∩AC=A,AA1,AC 平面AA1C1C,
∴BE⊥平面AA1C1C,
又A1E 平面AA1C1C,∴BE⊥A1E.
在Rt△ECF中,tan∠FEC===,
在Rt△A1AE中,tan∠AA1E==,
∴tan∠FEC=tan∠AA1E,∴∠FEC=∠AA1E,
∵∠AA1E+∠AEA1=90°,∴∠FEC+∠AEA1=90°,
∴∠A1EF=90°,即A1E⊥EF,
∵EF∩EB=E,EF,EB 平面BEF,∴A1E⊥平面BEF,
又BF 平面BEF,∴A1E⊥BF,
又∵A1B1⊥BF,A1E∩A1B1=A1,A1E 平面A1B1E,A1B1 平面A1B1E,∴BF⊥平面A1B1E.
∵DE 平面A1B1E,∴BF⊥DE.
17.ABD　对于A,连接B1C,易得B1C⊥BC1,四边形A1B1CD为平行四边形,
∴B1C∥A1D,∴BC1⊥A1D,
∴直线BC1与DA1所成的角为90°,∴A正确.
对于B,易得A1B1⊥平面BB1C1C,∵BC1 平面BB1C1C,
∴A1B1⊥BC1,
又B1C⊥BC1,A1B1∩B1C=B1,B1C,A1B1 平面A1B1CD,
∴BC1⊥平面A1B1CD,
又∵CA1 平面A1B1CD,∴CA1⊥BC1,
∴直线BC1与CA1所成的角为90°,∴B正确.
对于C,连接A1C1,设A1C1∩B1D1=O,连接BO,
易得A1C1⊥B1D1,A1C1⊥BB1,又B1D1∩BB1=B1,B1D1,BB1 平面BB1D1D,
∴A1C1⊥平面BB1D1D,∴OB为BC1在平面BB1D1D内的射影,
∴∠C1BO即为直线BC1与平面BB1D1D所成的角,
在Rt△C1BO中,sin∠C1BO==,∴∠C1BO=30°,∴C错误.
对于D,易知CC1⊥平面ABCD,∴BC为BC1在平面ABCD内的射影,
∴∠C1BC即为直线BC1与平面ABCD所成的角,
易知∠C1BC=45°,∴D正确.
18.B　解法一:如图,设△ABC和△A1B1C1的中心分别为点O和O1,连接OO1,则OO1⊥平面ABC,
取BC的中点F,B1C1的中点E,连接A1E,AF,过点A1作A1G⊥AF,垂足为G,易知A1G OO1.设OO1=h.
易知点A1,O1,E共线,点A,G,O,F共线,
易得S△ABC=×36=9,=×4=,
又=,
∴=h(9++),
∴h=.
易得A1O1=×2sin 60°=,AO=×6sin 60°=2,∴AG=AO-A1O1=,
易知A1G⊥平面ABC,
∴∠A1AG即为A1A与平面ABC所成的角.
在Rt△A1AG中,tan∠A1AG====1.
故选B.
解法二:将正三棱台补形为正三棱锥,设侧棱延长后交于点P,正三棱台的高为h,
由已知得AB=3A1B1,
∴点P到平面A1B1C1的距离为h,点P到平面ABC的距离为h.
易得S△ABC=9,=,
故×9×h-××h=,解得h=,
∴点P到平面ABC的距离为h=2.
设点P在底面ABC上的投影为点O,连接AO,∴A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠PAO===1,故选B.
19.解析　(1)证明:设AF=tAC(0易知=-+.
∵BF⊥AO,AB⊥BC,
∴·=[(1-t)+t]·=(t-1)+t=4(t-1)+4t=0,解得t=,
故F为AC的中点.
又E为AP的中点,∴EF∥PC,同理DO∥PC,
∴EF∥DO,
又EF 平面ADO,DO 平面ADO,
∴EF∥平面ADO.
(2)证明:∵D,O分别是PB,BC的中点,且PC=,
∴DO=PC=,又AD=DO,∴AD=.
在Rt△ABO中,AB=2,BO=,∴AO=,
在△ADO中,DO2+AO2=AD2,
∴DO⊥AO,由(1)知EF∥DO,∴EF⊥AO,
又AO⊥BF,BF∩EF=F,BF 平面BEF,EF 平面BEF,∴AO⊥平面BEF,
又AO 平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF.
(3)如图,过点O作OH∥BF,交AC于点H,连接DH,设AD∩BE=G,连接GF,
由AO⊥BF,知OH⊥AO,易知FH=AH,
又由(2)知OD⊥AO,
∴∠DOH为二面角D-AO-C的平面角,
∵D,E分别为PB,PA的中点,
∴G为△PAB的重心,∴DG=AD,GE=BE,
又FH=AH,∴DH=GF,
由cos∠ABD====,得PA=,
同理可得BE=,易知BF=,
∴BE2+EF2=3=BF2,故BE⊥EF,
则GF2=GE2+EF2=+=,
∴GF=,故DH=×=.
在△DOH中,OH=BF=,OD=,DH=,
∴cos∠DOH==,∴sin∠DOH=,
∴二面角D-AO-C的正弦值为.
20.解析　(1)证明:在△ABC中,AB=,BC=1,AC=2,故有AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC.
因为PA⊥底面ABCD,AD 平面ABCD,
所以PA⊥AD,
又因为AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA 平面PAB,
所以AD⊥平面PAB,
又AB 平面PAB,所以AD⊥AB,
又因为AB⊥BC,A,B,C,D在同一平面内,
所以AD∥BC.
又因为BC 平面PBC,AD 平面PBC,所以AD∥平面PBC.
(2)因为PA⊥底面ABCD,PA 平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABCD.
过D作DH⊥AC交AC于点H,易知DH⊥平面PAC,又PC 平面PAC,所以DH⊥PC,
过点H作HQ⊥PC交PC于点Q,连接DQ,
又因为DH∩HQ=H,DH,HQ 平面DHQ,
所以PC⊥平面DHQ,
又DQ 平面DHQ,所以PC⊥DQ,
所以∠DQH即为二面角A-CP-D的平面角.
在Rt△DHQ中,设HQ=x,x>0,则HC=x,AH=2-x,DH2=AH·HC=2x-2x2,DQ2=DH2+HQ2=2x-x2,
所以sin∠DQH===,
解得x=.
故AH=,DH=,所以AD==.
三年模拟练
1.B　对于A,若a∥b,b∥α,则a∥α或a α,故A错误;
对于B,若a∥b,b∥β,则a β或a∥β,
若a β,因为a⊥α,所以α⊥β,
若a∥β,如图所示,则在平面β内一定存在一条直线m∥a,因为a⊥α,所以m⊥α,又m β,所以α⊥β,
综上,若a∥b,a⊥α,b∥β,则α⊥β,故B正确;
对于C,若a∥α,b∥β,α∥β,则直线a,b相交或平行或异面,故C错误;
对于D,若a∥α,b∥β,α⊥β,则直线a,b相交、平行或异面,故D错误.故选B.
2.A　因为圆O2的周长为2π,所以底面圆O2的半径R=AO2=1,
又AO2=2BO1,所以上底面半径r=BO1=,
　
将圆台的侧面沿着母线AB剪开,展成平面图形,延长AB,A1B1交于点O,连接AC,如图2,
显然弧AA1的长为2π,弧BB1的长为π,设∠BOB1=α,则α·OA=2π,α·OB=π,
则OA=2OB,又AB=3,所以OB=3,OA=6,则α=,OC=3+=,
在△AOC中,由余弦定理得AC===,
所以蚂蚁爬行的最短路程为.故选A.
3.D　①棱长为1 cm的正方体盒子,体对角线长为 cm>1.7 cm,
所以长度为1.7 cm的短棍(粗细忽略不计)放入正方体体对角线的位置就可以装入;
②棱长为1 cm的正方体盒子,对角面的面积为 cm2>1.1 cm2,
所以面积为1.1 cm2的正方形纸片(厚度忽略不计,不可折叠)放入正方体对角面的位置就可以装入;
③设正四面体的棱长为a cm,如图1,正四面体ABCD中,O是底面BCD的中心,AO是正四面体的高,
则OD=a cm,AO==a cm,
故正四面体的体积V=×a2×a=0.3 cm3,所以a3==,
　
棱长为1 cm的正方体中最大的正四面体为面对角线构成的正四面体(如图2),此时正四面体的边长为 cm,()3=2>a3=,所以可以装入.
故选D.
4.AC　令正方形ABCD的中心为O,连接PO,QO,
对于A,由正四棱锥P-ABCD,得PO⊥平面ABCD,同理QO⊥平面ABCD,
易知P,O,Q共线,因此PQ⊥平面ABCD,A正确;
对于B,连接AC,显然O是AC的中点,AO=AC=,PO==,QO==2,O不是PQ的中点,因此四边形APCQ不是平行四边形,PA,QC不平行,B错误;
对于C,Ω的体积V=VP-ABCD+VQ-ABCD=SABCD·(PO+QO)=×4×3=4,C正确;
对于D,取AB的中点M,连接PM,QM,则PM⊥AB,QM⊥AB,∠PMQ是二面角P-AB-Q的平面角,
而PM==,QM==3,则cos∠PMQ==-,D错误.
故选AC.
5.ABD　对于A,由题意得∠BEC=∠CED=,所以∠BED=,即DE⊥BE,
又DE⊥A1B, A1B∩BE=B,A1B,BE 平面A1BE,所以DE⊥平面A1BE,又DE 平面BCDE,所以平面BCDE⊥平面A1BE,故A正确;
对于B,因为O为BE的中点,所以OC⊥BE,又DE⊥BE,所以OC∥DE,
又DE 平面FOC,OC 平面FOC,所以DE∥平面FOC,故B正确;
对于C,因为CD⊥DE,CD=DE=,所以CE==2,故正方形ABCE的边长为2,
过点F作FG⊥BE交BE于点G,则FG=BF=,
所以折起过程中,F点的轨迹是以G为圆心,FG=为半径,为圆心角的圆弧,
所以F点的轨迹长度为×=,故C错误;
对于D,连接A1O,则A1O⊥BE(折叠前后,垂直关系不变),又平面BCDE⊥平面A1BE,平面BCDE∩平面A1BE=BE,A1O 平面A1BE,所以A1O⊥平面BCDE,
又四边形OCDE是边长为的正方形,所以三棱锥A1-CDE的外接球即为四棱锥A1-OCDE的外接球,即以正方形OCDE为底面,A1为上底面一个顶点的长方体的外接球,易知A1O=BE=,
设四棱锥A1-OCDE的外接球的半径为R,则(2R)2=()2+22=6,所以R=,所以外接球的体积V=·R3=×=π,即三棱锥A1-CDE的外接球的体积为π,故D正确.
故选ABD.
6.答案　
解析　取CE的中点O,连接DO,OP.
由正四面体的性质可得DE⊥AB,CE⊥AB,因为DE∩CE=E,DE,CE 平面CDE,所以AB⊥平面 CDE.因为P,O分别为AC,CE的中点,所以OP∥AB,所以OP⊥平面CDE,
当AM+MN取得最小值时,MN⊥平面CDE ,所以N在线段DO上,由OP⊥平面CDE,得OP⊥OD,又OP=AE=AB=,DP==,所以OD==,将△PDO沿PD翻折到平面APD上,如图,
由题意知∠ADP=30°,sin∠ODP==,cos∠ODP==,则cos∠ODA=cos(∠ODP+30°)=,
所以当AM+MN取得最小值时,AN⊥OD,所以DN=AD·cos∠ODA=2×=.
7.答案　
解析　取FG的中点O,连接OM,OD,如图1,
依题意可得△MFG为等腰直角三角形,则OM⊥FG.
在矩形ABCD中,设BF=FM=x(0　
则OL=KC=,OM=x,OD==,
因为平面FGM⊥平面ADCGF,且交线为GF,OM 平面FGM,OM⊥FG,所以OM⊥平面ADCGF,
所以直线DM与平面ADCGF所成的角为∠MDO,所以tan∠MDO==,
则25-7x+x2=x2,解得x=1或x=-(舍去),则OM=,OD=,
可得DM==.
因为x=1,所以AF=AD=3,可知△ADF的外心为DF的中点(设为点N).
设四面体ADFM的外接球的球心为Q,连接QN,则QN⊥平面ADF,
易得DF=3,OF=,NF=,
则DF2+OF2=OD2,可知OF⊥DF,
连接ON,则ON==,连接QM,QF,
易知QF=QM,得+QN2=()2+,解得QN=,
可得QM=,所以四面体ADFM的外接球的半径为.
方法点睛　几何体外接球球心的求法:
　　(1)将几何体置入长方体或直棱柱中找球心;
　　(2)利用几何法找到几何体各个顶点距离相等的点即为球心;
　　(3)设出球心O的坐标,根据O到各顶点的距离相等解方程组得到球心O的坐标.
8.解析　(1)证明:因为∠PDA=90°,所以PD⊥AD,
又平面PDA⊥平面PCD,平面PDA∩平面PCD=PD,AD 平面PDA,
所以AD⊥平面PCD,又PC 平面PCD,
所以AD⊥PC.
(2)延长AD与BC交于点M,连接PM,则平面PDA∩平面PBC=PM,
因为DC∥AB,DC=2,AB=4,所以D是AM的中点,
又因为PD=AD,所以∠APM=90°,所以AP⊥PM,
又因为AD⊥平面PCD,CD 平面PCD,所以AD⊥DC,
又PD⊥DC,PD∩AD=D,PD,AD 平面PDA,所以CD⊥平面PDA,
又PM 平面PDA,所以CD⊥PM,所以AB⊥PM,
又AP∩AB=A,AP,AB 平面PAB,所以PM⊥平面PAB,
因为PB 平面PAB,所以PM⊥PB,
所以∠APB为平面PAD与平面PBC所成角的平面角,
在Rt△PAD中,由PD=AD=2,可得PA=2,
易证PA⊥AB,所以在Rt△PAB中,由PA=2,AB=4,可得PB==2,
所以cos∠APB===,
所以平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为.
9.解析　(1)证明:∵棱台DEF-ABC与棱锥P-ABC的棱长和相等,∴DE+EF+FD=PD+PE+PF.
∵平面DEF∥平面ABC,三棱锥P-ABC为正三棱锥,
∴DE=EF=FD=PD=PE=PF,
∴∠DPE=∠EPF=∠FPD=60°,
∴PA=PB=PC=AB=AC=BC,
∴几何体P-ABC为正四面体.
(2)如图,取BC的中点M,连接PM,DM,AM.
∵PB=PC,AB=AC,
∴PM⊥BC,AM⊥BC.
∵AM,PM 平面PAM,AM∩PM=M,∴BC⊥平面PAM,
∵DM 平面PAM,∴BC⊥DM,
∴∠DMA为二面角D-BC-A的平面角,
由(1)知,三棱锥P-ABC的各棱长均为1,∴PM=AM=,
∵PD=PA,∴DM⊥PA,
∴sin∠DMA===,
∴∠DMA=arcsin,
即二面角D-BC-A的大小为arcsin.
(3)存在满足题意的直平行六面体,理由如下:
由已知,得棱台DEF-ABC的棱长和为定值6,体积为V,
设直平行六面体的棱长均为,底面相邻两边夹角为α,则该六面体的棱长和为6,体积V=sin α.
易得正四面体P-ABC的体积为,
∴0∴α=arcsin 8V时,满足要求,
故构造棱长均为,底面相邻两边夹角为arcsin 8V的直平行六面体即可满足要求.
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