专题五 立体几何
(满分150分 时间120分钟)
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．设α，β是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，且α∩β＝l，则“m∥l”是“m∥β且m∥α”的( )
[A]充分不必要条件
[B]充要条件
[C]必要不充分条件
[D]既不充分也不必要条件
2．已知m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出α⊥β的是( )
[A]m⊥l，m β，l⊥α [B]m⊥l，α∩β＝l，m α
[C]m∥l，m⊥α，l⊥β [D]l⊥α，m∥l，m∥β
3．已知圆台O1O2的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为( )
[A]24π [B]25π
[C]26π [D]27π
4．如图，长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝AA1＝2，E为棱AA1上的动点，平面BED1交棱CC1于F，则四边形BED1F的周长的最小值为( )
[A]4 [B]2
[C]2() [D]2＋4
5．已知正三棱锥P ABC的侧棱与底面边长的比值为，若三棱锥P ABC外接球的表面积为π，则三棱锥P ABC的高为( )
[A]1 [B]2
[C] [D]
6．已知圆柱的高和底面半径均为4，AB为上底面圆周的直径，点P是上底面圆周上的一点且AP＝BP，PC是圆柱的一条母线，则点P到平面ABC的距离为( )
[A]4 [B]2
[C]3 [D]2
7．如图，在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界)，若D1Q∥平面A1PD，则线段D1Q长度的取值范围是( )
[A][1，]
[B]
[C]
[D]
8．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
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知m，n，l为空间中三条不同的直线，α，β，γ为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是( )
[A]若α∩β＝m，m⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ
[B]若m α，n α，则m与n为异面直线
[C]若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，且l∩m＝P，则P∈n
[D]若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ
10．在正三棱柱ABC A1B1C1中，D，E，F分别为A1B1，B1C1，C1A1的中点，AB＝2，M为BD的中点，则下列说法正确的是( )
[A]AF，BE为异面直线
[B]EM∥平面ADF
[C]若BE⊥CF，则AA1＝
[D]若∠BEC＝60°，则直线A1C与平面BCC1B1所成的角为45°
11．如图，在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，过AB作一垂直于直线B1C的平面交平面ADD1A1于直线l，动点M在直线l上，则( )
[A]B1C⊥l
[B]三棱锥M BB1C的体积为定值
[C]四棱锥M BB1C1C为正四棱锥时，该四棱锥的外接球表面积为9π
[D]直线BM与直线CD所成的角的正切值的最大值是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知正四面体A BCD中，M，N分别为棱AB，AD上的点，且AM＝BM，DN＝2AN，则点M，N在底面BCD的射影所在的直线与BC所成角的正切值是 __________．
13．在三棱柱ABC A1B1C1中，＝2＝m，且BN∥平面A1CM，则m的值为________．
14．在矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，现将△ACD沿对角线AC折起，得到四面体D ABC，若异面直线BC与AD所成的角为，则BD＝______；若二面角D AC B的大小为，则BD＝______．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)如图所示的五面体ABCDEF中，平面CDEF⊥平面ABCD，四边形CDEF为正方形，AB∥CD，∠ADC＝∠BCD＝120°，AB＝2AD．
(1)求证：BD⊥平面ADE；
(2)若AD＝1，求五面体ABCDEF的体积．
16．(15分)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点．
(1)证明：BM∥平面CDE；
(2)求点M到平面ABF的距离．
17．(15分)如图，在四棱锥P ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB上的点．
(1)若PD∥平面ACE，求PE∶PB的值；
(2)若E是PB的中点，且平面PAC与平面EAC夹角的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
18．(17分)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝＝．将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4．
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求平面PCD与平面PBF夹角的正弦值．
19．(17分)如图，在四棱锥P ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AD ∥BC，AB＝BC＝PA＝1，AD＝2，∠PAD＝∠DAB＝90°，点E在棱PC上，设CE＝λCP．
(1)求证：CD⊥AE；
(2)记平面CAE与平面AED的夹角为θ，且cos θ＝，求实数λ的值．
6/6专题过关验收卷·专题五
1．C [当m∥l时，m可能在α内或者β内，故不能推出m∥β且m∥α，所以充分性不成立；
当m∥β且m∥α时，设存在直线n α，n β，且n∥m，
因为m∥β，所以n∥β，根据直线与平面平行的性质定理，可知n∥l，
所以m∥l，即必要性成立，故“m∥l”是“m∥β且m∥α”的必要不充分条件．故选C．]
2．D [对于A，有可能出现α，β平行的情况，故A错误；对于B，会出现平面α，β相交，但不垂直的情况，故B错误；对于C，m∥l，m⊥α，l⊥β α∥β，故C错误；对于D，l⊥α，m∥l m⊥α，又由m∥β α⊥β，故D正确．故选D．]
3．C [如图，作出圆台的轴截面ABDC，设上底面圆O1的半径为r，则下底面圆O2的半径是3r，
故轴截面周长为16＝4＋4＋2r＋6r，解得r＝1，
所以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台侧面积S侧＝π(1＋3)×4＝16π，
所以圆台的表面积为π＋9π＋16π＝26π．故选C．]
4．B [将长方体ABCD A1B1C1D1侧面展开，如图所示，当点E为BD1与AA1的交点，F为BD′1与CC1的交点时，截面四边形BED1F的周长最小，
最小值为2BD1＝．故选B．]
5．B [如图，△ABC为等边三角形，
设D为BC中点，PH⊥平面ABC，设AB＝a(a＞0)，则PA＝a，
设三棱锥P ABC外接球的半径为R，由正棱锥的性质可知球心O在PH上，
则OH2＋AH2＝R2，即＝R2，所以R＝．
由4πR2＝4π·a2＝，解得a＝．
所以三棱锥P ABC的高为×＝2．故选B．]
6．D [如图，
由题意可得AB＝8，
因为AP＝BP，所以S△ABP＝×8×4＝16，
因为PC⊥平面ABP，且PC＝4，所以VC ABP＝×16×4＝，因为AP＝BP＝4，所以AC＝BC＝4，
所以S△ABC＝＝16，
设点P到平面ABC的距离为d，
则VP ABC＝×16d＝，解得d＝2．故选D．]
7．D [如图，取CC1中点E，B1C1中点F，连接D1E，D1F，EF，B1C，
所以EF∥B1C，正方体中，易得B1C∥A1D，所以EF∥A1D，
因为EF 平面A1PD，A1D 平面A1PD，所以EF∥平面A1PD，
因为P，E为BB1，CC1中点，
所以D1E∥A1P，
因为D1E 平面A1PD，A1P 平面A1PD，所以D1E∥平面A1PD，
因为EF∩D1E＝E，
所以平面D1EF∥平面A1PD，
因为D1Q∥平面A1PD，
所以D1Q 平面D1EF，
又Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界)，所以Q在线段EF上，
可得D1E＝，D1F＝，EF＝，
则当Q在EF中点时，D1Q取得最小值为＝，当Q在EF两端时，D1Q取得最大值为，所以D1Q长度的取值范围是．故选D．]
8．B [将正三棱台ABC A1B1C1补成正三棱锥P ABC，
则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，
因为，
则，
可知VP ABC＝，则VP ABC＝18，
设正三棱锥P ABC的高为d，则VP ABC＝＝18，解得d＝2，
取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，
所以PA与平面ABC所成角的正切值tan ∠PAO＝＝1．故选B．]
9．ACD [对于A，显然m α，m β，又m⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ，A正确；
对于B，由m α，n α，得m与n可能相交、可能平行、也可能异面，B错误；
对于C，由α∩β＝l，β∩γ＝m，l∩m＝P，知点P在平面α，β，γ内，即为平面α，γ的公共点，而γ∩α＝n，因此P∈n，C正确；
对于D，由m⊥α，m⊥β，得α∥β，而α∥γ，因此β∥γ，D正确．故选ACD．]
10．BC [对于A，如图1，连接EF，由题意得EF∥AB，所以A，B，E，F四点共面，
所以AF，BE不是异面直线，故A错误；
对于B，如图2，取DA的中点N，连接FN，MN，得MN∥AB，MN＝AB，
所以EF∥MN，EF＝MN，四边形EFNM是平行四边形，所以EM∥FN，
因为FN 平面ADF，EM 平面ADF，所以EM∥平面 ADF，故B正确；
对于C，如图3，取AB的中点Q，连接CQ，FQ，由EF，QB平行且相等知，四边形EFQB为平行四边形，则有FQ∥BE，由BE⊥CF，可知∠QFC＝90°，
设AA1＝x，则QF2＝BE2＝1＋x2，CF2＝1＋x2，CQ＝，
所以2x2＋2＝3，解得x＝，故C正确；
对于D，如图4，由∠BEC＝60°，BE＝CE，可知△BCE为等边三角形，CE＝BC＝2，连接A1E，
由题意知A1E⊥平面BCC1B1，
所以∠A1CE就是直线A1C与平面BCC1B1所成的角，
tan ∠A1CE＝＜1，
所以直线A1C与平面BCC1B1所成的角小于45°，故D错误．故选BC．]
11．ABC [如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，过AB作一垂直于直线B1C的平面交平面ADD1A1于直线l，
由于AB⊥平面BB1C1C，故AB⊥B1C，又BC1⊥B1C，且AB∩BC1＝B，故B1C⊥平面ABC1D1，即平面ABC1D1为过AB垂直于直线B1C的平面，而平面ABC1D1∩平面AA1D1D＝AD1，
故直线l即为直线AD1，所以B1C⊥l，A正确；
三棱锥M BB1C的底面面积为S△BB1C＝×2×2＝2，
由于动点M在直线l上，而 l 平面ADD1A1，故三棱锥的高为正方体的棱长2，故VM BB1C＝×2×2＝，故B正确；
对于C，四棱锥M BB1C1C为正四棱锥时，顶点M恰好是AD1的中点，
设外接球半径为R，四棱锥的高为2，则R2＝()2＋(2－R)2，R＝，故四棱锥外接球的表面积为4πR2＝4π×＝9π，故C正确；
对于D，直线AB与直线CD平行，所以直线BM与直线CD所成的角即为直线BM与直线AB所成的角，
当点M与点D1重合时，此时直线BM与直线AB所成角最大，
此时正切值为，故D错误．故选ABC．]
12． [如图，取BC中点S，CD中点K，连接BK，DS交于点O，连接AO，过M作ME⊥BK于E，过N作NF⊥DS于F，
则由题意得O是△BCD中心，则AO⊥平面BCD，
所以M，N在平面BCD的射影分别为E，F，
设正四面体的棱长为2，则OE＝BE＝OK＝，
OF＝，
设M，N在底面BCD的射影所在的直线EF与BC所成角为θ，
＝＝1，
EF2＝OE2＋OF2－2OE·OF cos 120°＝，所以EF＝，
则cos 〈〉＝，
所以cos θ＝，
所以sin θ＝，
所以点M，N在底面BCD的射影所在的直线与BC所成角的正切值为tanθ＝．]
13． [法一：如图1，取A1B1上靠近A1的三等分点G，连接BG，GN，所以BG∥A1M，又BG 平面A1CM，A1M 平面A1CM，所以BG∥平面A1CM，又BN∥平面A1CM，BG∩BN＝B，BG，BN 平面GBN，所以平面GBN∥平面A1CM，所以GN∥平面A1CM，又GN∥平面ABC，平面ABC∩平面A1CM＝CM，所以GN∥CM，所以，所以m＝．
法二：如图2，连接AN交A1C于点P，连接MP，由题知BN∥平面A1CM，平面ABN∩平面A1CM＝MP，所以BN∥MP，所以＝2，又＝2，所以m＝．
法三：如图3，连接BA1，不妨设＝c，依题意，＝c－，因为＝mb，所以＝c－a＋mb，又因为BN∥平面A1CM，故必共面，即存在λ，μ∈R，使，即c－a＋mb＝λ，从而有解得m＝．]
14．或1 [如图所示，
在矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，所以AC＝2，∠BCA＝∠CAD＝，在四面体D ABC中，
＝＝
＝，其中θ为与的夹角．
若异面直线BC与AD所成的角为，则θ＝或θ＝，所以＝1或，经检验BD＝或1均满足题意，故BD＝或1；
在矩形ABCD中，作BE⊥AC交AC于点E，DF⊥AC交AC于点F，
在四面体D ABC中，作EG⊥AC交CD于点G，则EG∥DF，所以二面角D AC B的平面角为∠BEG．
设∠BEG＝α，
因为BE＝DF＝BC·cos 30°＝，
所以EF＝AC－2CE＝AC－2BC sin 30°＝1，
又在四面体D ABC中，BE⊥EF，DF⊥EF，则＝0，
＝＝
＝＝，
若二面角D AC B的大小为，则α＝，
所以＝，即BD＝．]
15．解：(1)证明：因为ED⊥DC，平面CDEF⊥平面ABCD，
平面CDEF∩平面ABCD＝DC，DE 平面CDEF，所以ED⊥平面ABCD，
因为BD 平面ABCD，所以BD⊥ED，
在△ABD中，因为∠ADC＝120°，故∠DAB＝60°，不妨设AB＝2AD＝2，
所以由余弦定理，得BD＝，所以AD⊥BD，又ED∩AD＝D，所以BD⊥平面ADE．
(2)若AD＝1，则DC＝CB＝1，由(1)知BD⊥平面ADE，所以BD为三棱锥B ADE的高，
而四棱锥B CDEF的高为点B到平面CDEF的距离，因为平面CDEF⊥平面ABCD，所以点B到平面CDEF的距离就是点B到直线CD的距离，
故VEFABCD＝VB ADE＋VB CDEF＝．
16．解：(1)证明：因为BC∥AD，BC＝2，AD＝4，M为AD的中点，所以BC∥MD，BC＝MD，
所以四边形BCDM为平行四边形，所以BM∥CD，又因为BM 平面CDE，
CD 平面CDE，所以BM∥平面CDE．
(2)如图所示，作BO⊥AD交AD于O，连接OF．
因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝2，所以CD＝2，
由(1)知四边形BCDM为平行四边形，可得BM＝CD＝2，
又AM＝2，所以△ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB＝，
又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF＝MD，又EF∥MD，
所以四边形EFMD为平行四边形，FM＝ED＝AF，所以△AFM为等腰三角形，
所以OF⊥AM，OF＝＝3，
因为OB2＋OF2＝BF2，所以OB⊥OF，所以OB，OD，OF互相垂直，
由等体积法可得VM ABF＝VF ABM，VF ABM＝S△ABM·FO＝，
cos ∠FAB＝
＝，sin ∠FAB＝，S△FAB＝FA·AB·sin ∠FAB＝，
设点M到平面FAB的距离为d，则VM FAB＝VF ABM＝·S△FAB·d＝，
解得d＝，即点M到平面ABF的距离为．
17．解：(1)如图，连接BD交AC于点G，连接EG，
由PD∥平面ACE，平面PDB∩平面ACE＝EG，所以PD∥EG．
由题意可知，故．
(2)设M为AB中点，易知CM，CD，CP两两垂直，以C为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
令CP＝a，则A(1，1，0)，B(1，－1，0)，P(0，0，a)，，
易知平面PAC的法向量为＝(1，－1，0)，＝(1，1，0)，，
令平面EAC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，
即令x＝a，故y＝－a，z＝－2，则n＝(a，－a，－2)．
依题意平面PAC与平面EAC夹角的余弦值为，可得＝，解得a＝2．于是n＝(2，－2，－2)，＝(1，1，－2)，
设直线PA与平面EAC所成角为θ，
则sin θ＝＝．
所以直线PA与平面EAC所成角的正弦值为．
18．解：(1)证明：由AB＝8，AD＝5，得AE＝2，AF＝4．
又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得
EF＝＝＝2．
所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以EF⊥PE，EF⊥DE，
又PE∩DE＝E，PE，DE 平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，
又PD 平面PDE，故EF⊥PD．
(2)连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3，
则CE2＝ED2＋CD2＝36，
在△PEC中，PC＝4，PE＝2，EC＝6，
得EC2＋PE2＝PC2，
所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，
又EC∩EF＝E，EC，EF 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，又ED 平面ABCD，
所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系Exyz，
则E(0，0，0)，P(0，0，)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)，
由F是AB的中点，得
B(4，2，0)，
所以＝(3，3，－2)，
＝(0，3，－2)，＝(4，2，－2)，＝(2，0，－2)，
设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)，
则
令y1＝2，得x1＝0，z1＝3，令x2＝，得y2＝－1，z2＝1，
所以n＝(0，2，3)，m＝，
所以|cos 〈m，n〉|＝，
设平面PCD和平面PBF的夹角为θ，则sin θ＝，
即平面PCD与平面PBF夹角的正弦值为．
19．解：(1)证明：因为∠PAD＝90°，所以PA⊥AD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA 平面PAD，所以PA⊥平面ABCD．
又CD 平面ABCD，所以CD⊥PA．
在四边形ABCD中，AD∥BC，∠DAB＝90°，所以∠ABC＝90°，
又AB＝BC＝1，所以△ABC是等腰直角三角形，即∠BAC＝∠BCA＝45°，AC＝．
在△CAD中，∠CAD＝45°，AC＝，AD＝2，所以CD＝AC2＋CD2＝4＝AD2．
所以CD⊥AC．
又AC∩PA＝A，AC，PA 平面PAC，所以CD⊥平面PAC．
又AE 平面PAC，所以CD⊥AE．
(2)因为PA⊥平面ABCD，BA⊥AD，
故以A为原点，AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为AB＝BC＝PA＝1，AD＝2，
所以A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，则＝(－1，1，0)，＝(0，2，0)．
因为点E在棱PC上，且CE＝λCP，
所以，设E(x，y，z)，
则(x－1，y－1，z)＝λ(－1，－1，1)，
故E(1－λ，1－λ，λ)，所以＝(1－λ，1－λ，λ)．
由(1)知，CD⊥平面PAC，所以平面ACE的一个法向量为n＝＝(－1，1，0)．
设平面AED的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由
得
令z1＝1－λ，所以可取m＝(－λ，0，1－λ)．
因此cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝，
化简得3λ2－8λ＋4＝0，解得λ＝或2．
因为E在棱PC上，所以λ∈(0，1]，所以λ＝．
所以当cos θ＝时，实数λ的值为．
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