上海西南位育中学

一、选择题

1

．如下图所示，在正方体

1111

ABCDABCD

中，E是平面

11

ADDA

的中心，M、N、

F分别是

11

BC

、

1

CC

、AB的中点，则下列说法正确的是（）

A

．

1

2

MNEF

，且MN与EF平行

B

．

1

2

MNEF

，且MN与EF平行

C

．

1

2

MNEF

，且MN与EF异面

D

．

1

2

MNEF

，且MN与EF异面

2

．若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为

1

，当该圆锥体积取最

小值时，该圆锥体积与其内切球体积比为（）

A

．

2

：

1B

．

4

：

1C

．

8

：

1D

．

8

：

3

3

．已知正方体

1111

ABCDABCD

，E、F分别是正方形

1111

DCBA和

11

ADDA

的中心，

则EF和BD所成的角的大小是（）

A

．30B

．45C

．60D

．90

4

．在正方体

1111

ABCDABCD

中，点

,EF

分别是梭BC，CD的中点，则

1

AF

与

1

CE

所成角的余弦值为（）

A

．

5

5

B

．

25

5

C

．

5

15

D

．

25

15

5

．已知正三棱柱

111

ABCABC

，底面正三角形ABC的边长为2，侧棱

1

AA

长为2，则

点

1

B

到平面

1

ABC

的距离为（）

A

．

221

7

B

．

221

21

C

．

47

7

D

．

47

21

6

．如图，四棱柱ABCDABCD



中，底面ABCD为正方形，侧棱AA



底面

ABCD，32AB，

6AA





，以

D

为圆心，

DC



为半径在侧面BCCB

上画弧，当半

径的端点完整地划过CE



时，半径扫过的轨迹形成的曲面面积为（）

A

．

96

4

B

．

93

4

C

．

96

2

D

．

93

2



7

．已知三棱柱

111

ABCABC

的所有顶点都在球

O

的表面上，侧棱

1

AA

底面

111

ABC

，

底面

111

ABC△

是正三角形，

1

AB

与底面

111

ABC

所成的角是

45°.

若正三棱柱

111

ABCABC

的体积是23，则球

O

的表面积是（）

A

．

28π

3

B

．

14π

3

C

．

56π

3

D

．

7π

3

8

．如图，正三棱柱

111

ABCABC

的高为

4

，底面边长为43，

D

是

11

BC

的中点，

P

是线

段

1

AD

上的动点，过

BC

作截面AP于

E

，则三棱锥PBCE体积的最小值为（）

A

．

3B

．23C

．43D

．

12

9

．已知

、



是平面，

m

、

n

是直线，下列命题中不正确的是（）

A

．若//m，

n

，则//mnB

．若//mn，m，则n

C

．若m，

m，则

//

D

．若m，

m

，则



10

．如图，在矩形ABCD中，1AB，3BC，沿BD将矩形ABCD折叠，连接

AC，所得三棱锥ABCD正视图和俯视图如图，则三棱锥ABCD中AC长为（）

A

．

3

2

B

．3C

．

10

2

D

．

2

11

．如图，正方形ABCD的边长为

4

，点

E

，

F

分别是

AB

，

BC

的中点，将ADE，

EBF△，FCD分别沿

DE

，

EF

，

FD

折起，使得

A

，

B

，

C

三点重合于点A

，若点

G

及四

面体ADEF



的四个顶点都在同一个球面上，则以FDE为底面的三棱锥

G-DEF

的高

h

的

最大值为（）

A

．

2

6

3



B

．

4

6

3



C

．

4

26

3



D

．

2

26

3



12

．空间四边形PABC的各边及对角线长度都相等，D、E、F外别是AB、BC、CA

的中点，下列四个结论中不成立的是（）

A

．//BC平面PDFB

．

DF

平面PAE

C

．平面PDE平面ABCD

．平面PAE平面ABC

二、填空题

13

．如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAD△为等边三角形，

四边形ABCD为矩形，24ABAD，则四棱锥PABCD的外接球的表面积为

________

．

14

．如图，在一个底面面积为

4

，侧棱长为10的正四棱锥PABCD中，大球

1

O

内切

于该四棱锥，小球

2

O

与大球

1

O

及四棱锥的四个侧面相切，则小球

2

O

的体积为

___________.

15

．已知三棱锥ABCD中，2ABCD，3ACBCADBD，则三棱锥

ABCD的体积是

____________

．

16

．二面角

a

的大小为135AAEaE，，，为垂足，

,BBFaF，

为

垂足，

2,31AEBFEFP，，

是棱上动点，则APPB的最小值为

_______

．

17

．已知ABC是等腰直角三角形，斜边2AB，P是平面ABC外的一点，且满足

PAPBPC，120APB，则三棱锥PABC外接球的表面积为

________

．

18

．在正三棱锥SABC中，

23AB

，4SA，E、F分别为AC、SB的中点，过

点A的平面



//

平面

SBC

，



平面ABCl，则异面直线l和EF所成角的余弦值为

_________.

19

．如图，已知正四面体PABC的棱长为

2

，动点M在四面体侧面PAC上运动，并且

总保持MBPA，则动点M的轨迹的长度为

__________.

20

．将半径为

3

，圆心角为

2

3



的扇形围成一个圆锥，则该圆锥内切球的体积为

________

．

三、解答题

21

．如图所示，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，90DBA，

2BABD，10,,PAPDEF分别是棱

,ADPC

的中点

.

（

1

）证明：//EF平面PAB；

（

2

）若二面角PADB为60，求点

B

到平面PAD的距离

.

22

．如图，在正四棱柱

1111

ABCDABCD

中，

1

1,2ABAA

，点

E

为

1

CC

中点，点

F

为

1

BD

中点．

（

1

）求异面直线

1

BD

与

1

CC

的距离；

（

2

）求直线

1

BD

与平面BDE所成角的正弦值；

（

3

）求点

F

到平面BDE的距离．

23

．如图，已知菱形ABCD和菱形ACFE所在的平面互相垂直，M为BF的中点．

（

1

）求证：//DF平面ACM；

（

2

）若2AB，ABCCAE

π

3

，求三棱锥FBDE的体积．

24

．如图，该多面体由底面为正方形ABCD的直四棱柱被截面AEFG所截而成，其中正方

形ABCD的边长为4，H是线段EF上（不含端点）的动点，36FCEB．

（

1

）证明：//GH平面ABCD；

（

2

）求H到平面AEC的距离．

25

．如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PA底面ABCD，E，F，H分别为

AB，PC，BC的中点

.

（

1

）求证：DE平面PAH；

（

2

）若2PAAD，求直线PD与平面PAH所成线面角的正弦值

.

26

．如图，四棱锥PABCD，底面ABCD为矩形，PD面ABCD，E、F分别为

PA、BC的中点．

（

1

）求证：//EF面PCD；

（

2

）若2AB，1ADPD，求三棱锥PBEF的体积．

【参考答案】

***

试卷处理标记，请不要删除

一、选择题

1

．

D

解析：

D

【分析】

设正方体

1111

ABCDABCD

的棱长为

2

，利用正方体性质可求得2MN，3EF，

知

1

2

MNEF

，再利用三角形中位线性质知

1

//MNBC

，从而//MNED，又EF与

ED相交，可知MN与EF异面，即可选出答案

.

【详解】

设正方体

1111

ABCDABCD

的棱长为

2

，则22

11

2MNMCCN

作E点在平面ABCD的投影点

G

，即

EG

平面ABCD，连接

,EGGF

，在直角EGF△

中，1EG，222GFAGAF，则2

222123EFEGGF

，所

以

1

2

MNEF

，故排除

A

、

C

连接DE，由E是平面

11

ADDA

的中心，得

1

1

2

DEAD

又MN、分别是

11

BC

、

1

CC

的中点，所以

1

//MNBC

又

11

//ADBC

，所以//MNED，

又EFEDE，所以MN与EF异面

故选：

D.

【点睛】

关键点睛：本题考查正方体中的线面关系，线线平行的关系，及判断异面直线，解题的关

键是熟记正方体的性质，考查学生的逻辑推理能力，属于基础题

.

2

．

A

解析：

A

【分析】

根据三角形相似得出圆锥的底面半径和高的关系，根据体积公式和基本不等式得出答案．

【详解】

设圆锥的高为h，底面半径为

r

，

则当球面与圆锥的侧面以及底面都相切时，轴截面如图，

由

~AOEACF

可得：

22(1)1

1

h

rh



，即

22

h

r

hh





，



圆锥的体积

2

2

148

[(2)4]

33(2)323

h

Vrhh

hh







．

当且仅当22h，即4h时取等号．



该圆锥体积的最小值为

8

3



．

内切球体积为

4

3



．

该圆锥体积与其内切球体积比2:1．

故选：

A

．

【点睛】

方法点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意

“

拆、拼、凑

”

等技巧，使其满足基本

不等式中

“

正

”

（即条件要求中字母为正数）、

“

定

”

（不等式的另一边必须为定值）、

“

等

”

（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出现错误

.

3

．

C

解析：

C

【分析】

作出图形，连接

1

AD

、

11

BD

、

1

AB

，推导出

1

//EFAB

，

11

//BDBD

，可得出异面直线EF

和BD所成的角为

11

ABD

，分析

11

ABD

的形状，即可得出结果

.

【详解】

如下图所示，连接

1

AD

、

11

BD

、

1

AB

，

设正方体

1111

ABCDABCD

的棱长为1，则

1111

2ADABBD，

所以，

11

ABD

为等边三角形，则

11

60ABD，

因为E、F分别是正方形

1111

DCBA和

11

ADDA

的中心，则E、F分别是

11

BD

、

1

AD

的中

点，所以，

1

//EFAB

，

在正方体

1111

ABCDABCD

中，

11

//BBDD

且

11

BBDD

，

所以，四边形

11

BBDD

为平行四边形，则

11

//BDBD

，

所以，异面直线EF和BD所成的角为

11

60ABD.

故选：

C.

【点睛】

思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把

异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：

（

1

）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

（

2

）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；

（

3

）计算：求该角的值，常利用解三角形；

（

4

）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是

0,

2











，当所作的角为钝角时，应取它的

补角作为两条异面直线所成的角．

4

．

D

解析：

D

【分析】

延长DA至G，使AGCE，可证

11

//AGCE

，得

1

GAF

是异面直线

1

AF

与

1

CE

所成

的角（或其补角）．在

1

AGF△

中，由余弦定理可得结论．

【详解】

延长DA至G，使AGCE，连接

1

,GEGA,GF

，

11

,ACAC

，

又//AGCE所以AGEC是平行四边形，

//,GEACGEAC

，

又正方体中

1111

//,ACACACAC

，

所以

1111

//,ACDEACDE

，

所以

11

ACEG

是平行四边形，则

11

//AGCE

，

所以

1

GAF

是异面直线

1

AF

与

1

CE

所成的角（或其补角）．

设正方体棱长为

2

，在正方体中易得

1

5AG，10GF，

22222

11

2(21)3AFAAAF，

1

AGF△

中，

222

11

1

11

591025

cos

215

253

AGAFGF

GAF

AGAF











．

故选：

D

．

【点睛】

方法点睛：本题考查空间向量法求异面直线所成的角，求异面直线所成角的方法：

（

1

）定义法：根据定义作出异面直线所成的角并证明，然后解三角形得结论；

（

2

）建立空间直角坐标系，由两异面直线的方向向量的夹角得异面直线所成的角．

5

．

A

解析：

A

【分析】

根据题意，将点

1

B

到平面

1

ABC

的距离转化为点A到平面

1

ABC

的距离，然后再利用等体

积法

11

AABCAABC

VV





代入求解点A到平面

1

ABC

的距离

.

【详解】

已知正三棱柱

111

ABCABC

，底面正三角形ABC的边长为2，侧棱

1

AA

长为2，所以

可得

11

22ABAC，

1

ABC

为等腰三角形，所以

1

ABC

的高为7，由对称性可

知，

111





BABCAABC

VV

，所以点

1

B

到平面

1

ABC

的距离等于点A到平面

1

ABC

的距离，所

以

11

AABCAABC

VV





，又因为

1

1

277

2



ABC

S

△

，

1

233

2ABC

S

，所以

1

11

2

33



ABCABC

ShS

△△

，即

23221

7

7

h.

故选：

A.

【点睛】

一般关于点到面的距离的计算，一是可以考虑通过空间向量的方法，写出点的坐标，计算

平面的法向量，然后代入数量积的夹角公式计算即可，二是可以通过等体积法，通过换底

换高代入利用体积相等计算

.

6

．

A

解析：

A

【分析】

先确定曲面面积占以点

D

为顶点，

DC



为母线在平面

BCCB



所形成的圆锥的侧面积的

1

8

，利用圆锥的侧面积Srl即可得出结论

.

【详解】

由题意6,32CECCAABCAB



，所以

22361832BECECB，所以45BCE，45ECC



，

所以曲面面积占以点

D

为顶点，

DC



为母线在平面

BCCB



所形成的圆锥的侧面积的

1

8

，

所以圆锥的侧面积636186SrlCCDC

，

所以曲面面积为

196

186

84

.

故选：

A.

【点睛】

方法点睛：本题考查曲面面积，考查圆锥的侧面积，确定曲面面积占以点

D

为顶点，

DC



为母线在平面

BCCB



所形成的圆锥的侧面积的

1

8

是关键，考查系数的空间想象力

.

7

．

A

解析：

A

【分析】

首先得到

11

ABA

是

1

AB

与底面

111

ABC

所成的角，再通过三棱柱的体积得到三棱柱的底面

等边三角形的边长，最后通过球的半径，球心到底面距离，底面外接圆半径的关系计算．

【详解】

因为侧棱

1

AA

底面

111

ABC

，

则

11

ABA

是

1

AB

与底面

111

ABC

所成的角，则

11

45ABA

．

故由

1

11

11

tantan451

AA

ABA

AB



，得

111

AAAB

．

设

111

AAABa

，则

111

3

133

23

224ABCABC

a

Vaaa





三棱柱

，

解得2a．

所以球O的半径

2

22327

2

2233

R





















，

所以球O的表面积

2

2

728π

4π4π

33

SR











．

故选：

A

．

【点睛】

解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数

量关系，选准最佳角度作出截面

(

要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及

体现这些元素之间的关系

)

，达到空间问题平面化的目的．

8

．

C

解析：

C

【分析】

因为

PBCEPABCEABC

VVV





则当

EABC

V



取最大值时，三棱锥

PBCE

体积有最小值，建

立坐标系求得当点E的高为

3

时，问题得解

.

【详解】

以点O为原点，

,,OAODOB

分别为

,,xyz

轴建立空间直角坐标系，如图所示：

设点,0,Exz

，依题意得6,0,0A

，则6,0,AExz，,0,OExz

因为过

BC

作截面AP于

E

，所以

AEOE

则0AEOE，

故2600xxz

所以6zxx

，当3x时

max

3z

又

1

4

3PBCEPABCEABCABC

VVVSz





因为

max

3z

所以三棱锥PBCE体积的最小值



111

4343643

332PBCEABC

VS





故选：

C

【点睛】

关键点点晴：本题的解题关键是将问题转化为求

EABC

V



的最大值，通过建系求得三棱锥

EABC

的高的最大值即可

.

9

．

A

解析：

A

【分析】

根据已知条件判断直线

m

、

n

的位置关系，可判断

A

选项的正误；利用线面垂直的性质可

判断

BC

选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断

D

选项的正误

.

【详解】

对于

A

选项，若//m，则直线

m

与平面



内的直线平行或异面，

由于

n

，则直线

m

、

n

平行或异面，

A

选项错误；

对于

B

选项，若

//mn

，m，则n，

B

选项正确；

对于

C

选项，若m，

m

，则

//

，

C

选项正确；

对于

D

选项，若m，

m

，由面面垂直的判定定理可知



，

D

选项正确

.

故选：

A.

【点睛】

方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是

“

推理论证加反例推断

”

，

即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出

反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进

行推理或者反驳．

10

．

C

解析：

C

【分析】

先由正视图、俯视图及题意还原三棱锥，过

A

作

AM⊥BD

于点

M,

连结

MC，把AC放在直

角三角形

AMC

中解

AC.

【详解】

根据三棱锥ABCD正视图和俯视图，还原后得到三棱锥的直观图如图示，由图可知：平

面

ABD⊥

平面

CBD，过

A

作

AM⊥BD

于点

M,

连结

MC,

则

AM⊥

平面

CBD

，

∴△MCA

为直角三角形

.

过

C

作

CN⊥BD

于点

N,

在直角三角形

ABD

中，

AB=1

，

AD=3，

∴222BDABAD

所以

∠ABD=60°

，

∠ADB=30°

，

则在直角三角形

ABM

中，

AB=1

，

∠ABM=60°

，

∴

13

,

22

BMAM.

同理，在直角三角形

CBD

中，

13

,

22

DNCN.

∴MN=BD-BM-DN=

11

21

22



,

∴2222

37

()1

22

CMCNMN

在直角三角形

AMC

中，

2

222

7310

()

222

ACCMAM











故选：

C

【点睛】

(1)

根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：

①

、首先看俯视图，根据俯视图画出几何

体地面的直观图；

②

、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；

③

、画

出整体，让后再根据三视图进行调整

.

(2)

立体几何中求线段长度：

①

、把线段放在特殊三角形中，解三角形；

②

、用等体积法

求线段

.

11

．

A

解析：

A

【分析】

先求出'AFDE外接球的半径和外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的球心到外

接圆的圆心的距离，可得高

h

的最大值

.

【详解】

因为

A

，

B

，

C

三点重合于点A



，原来

ABC、、

都是直角，所以折起后三条棱

'''AFADAE、、互相垂直，所以三棱锥'AFDE可以看作一个长方体的一个角，它们有

相同的外接球，外接球的直径就是长方体的体对角线，即为

'2'2'22441626RAFADAE++，6R，

2241625DEDFADAE，2222EFBEBF，

在

DFE△

中，

2222082010

cos

210

22522

DEEFDF

DEF

DEEF









，

所以DEF为锐角，所以2

310

sin1cos

10

DEFDEF，

DEF的外接圆的半径为

552

2sin3

310

10

DF

r

DEF



，

则球心到DEF外心的距离为22

2

3

Rr

，以FDE为底面的三棱锥

G-DEF

的高

h

的

最大值为

1

ROO

的距离为

2

6

3



.

故选：

A.

【点睛】

本题考查了翻折问题和外接球的问题，关键点翻折前后量的变化及理解外接球和三棱锥的

关系，考查了学生的空间想象力和计算能力

.

12

．

C

解析：

C

【分析】

由线面平行的判定定理可判断

A

；由线面垂直的判定定理可判断

B

；反证法可说明

C

；由面

面垂直的判定定理可判断

D.

【详解】

对于

A

，D，F外别是AB，CA的中点，//BCDF，DF平面PDF，



//BC平面PDF，故

A

正确，不符合题意；

对于

B

，各棱长相等，E为BC中点，

,BCAEBCPE

，

PEAEE

，

BC平面PAE，//BCDF，



DF

平面PAE，故

B

正确，不符合题意；

对于

C

，假设平面PDE平面ABC，设

DEBFO

，连接PO，则O是DE中点，

PODE

，平面

PDE

平面

ABCDE

，PO平面ABC，BF平面

ABC，POBF，则PBPF，与PBPF矛盾，故

C

错误，符合题意；

对于

D

，由

B

选项

DF

平面PAE，

DF

平面ABC，



平面PAE平面ABC，故

D

正确，不符合题意

.

故选：

C.

【点睛】

本题考查线面关系和面面关系的判定，解题的关键是正确理解判断定理，正确理解垂直平

行关系

.

二、填空题

13

．【分析】先根据面面垂直取平面的外接圆圆心

G

平面的外接圆圆心

H

分别

过两点作对应平面的垂线找到交点为外接球球心再通过边长关系计算半径代入

球的表面积公式即得结果【详解】如图取的中点的中点连在上取点使得取的

解析：

64

3



【分析】

先根据面面垂直，取平面PAD的外接圆圆心

G

，平面ABCD的外接圆圆心

H

，分别过两

点作对应平面的垂线，找到交点为外接球球心O，再通过边长关系计算半径，代入球的表

面积公式即得结果

.

【详解】

如图，取AD的中点E，

BC

的中点F，连EF，PE，在PE上取点

G

，使得

2PGGE，取EF的中点H，分别过点G、H作平面PAD、平面ABCD的垂线，两

垂线相交于点O，显然点O为四棱锥PABCD外接球的球心，

由2AD，4AB，可得3PE，

3

3

GEOH，

2222125AHAEEH，

则半径

2

2

343

(5)

33

rOA











，

故四棱锥PABCD外接球的表面积为

2

4364

4

33















．

故答案为：

64

3



.

【点睛】

方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：

①

补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正

方体或长方体中去求解；

②

利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；

③

定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆

心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可

.

14

．【分析】设为正方形的中心的中点为连接求出如图分别可求得大球与小球

半径分别为和进而可得小球的体积【详解】解：由题中条件知底面四边形是边

长为

2

的正方形设

O

为正方形的中心的中点为

M

连接则如图在截面中设

N

为

解析：

2

24



【分析】

设O为正方形ABCD的中心，AB的中点为M，连接PM，

OM

，PO，求出

OM

，

PM，PO，如图，分别可求得大球

1

O

与小球

2

O

半径分别为

2

2

和

2

4

，进而可得小球

的体积．

【详解】

解：由题中条件知底面四边形ABCD是边长为

2

的正方形

.

设

O

为正方形ABCD的中心，

AB的中点为

M

，连接PM，OM，PO，则1OM，

221013PMPAAM，9122PO，如图，在截面PMO中，设

N

为球

1

O

与平面PAB的切点，则

N

在PM上，且

1

ONPM

，设球

1

O

的半径为

R

，则

1

ONR

，

∵

1

sin

3

OM

MPO

PM



，

∴1

1

1

3

NO

PO



，则

1

3POR

，

11

422POPOOOR，

∴

2

2

R，设球

1

O

与球

2

O

相切于点

Q

，则

22PQPORR

，设球

2

O

的半径为

r

，同理可得

4PQr

，

∴

2

24

R

r，故小球

2

O

的体积3

42

324

Vr.

故答案为：

2

24

．

【点睛】

与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和

接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切

点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点

均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径

.

15

．【分析】取中点连接由条件可证明平面由此将三棱锥的体积表示为计算可

得结果【详解】取中点连接如下图所示：因为所以平面平面所以平面又因为所

以所以又因为故答案为：【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是通过找的

解析：

2

3

【分析】

取AB中点O，连接

,CODO

，由条件可证明AB平面CDO，由此将三棱锥ABCD

的体积表示为

1

3CDO

ABS

，计算可得结果

.

【详解】

取AB中点O，连接

,CODO

，如下图所示：

因为ACBCADBD，所以

,ABCOABDO

，

CODOO

，

CO

平面

CDO，

DO

平面CDO，所以AB平面CDO，

又因为3ACBCADBD，2ABCD，所以

2

2210

3

22

CODO











，

所以

22

1102

21

222CDO

S











，

又因为

112

21

333ABCDCDO

VABS



，

故答案为：

2

3

.

【点睛】

关键点点睛：解答本题的关键是通过找AB的中点，证明出线面垂直，从而将三棱锥的体

积表示为

1

3CDO

ABS

，区别于常规的

1

3



底面积



高的计算方法，本例实际可看成是两

个三棱锥的体积之和

.

16

．【分析】首先将二面角展平根据两点距离线段最短求最小值【详解】如图

将二面角沿棱展成平角连结根据两点之间线段最短可知就是的最小值以为邻边

作矩形由可知三点共线则故答案为：【点睛】思路点睛：本题考查立体几何

解析：

26

【分析】

首先将二面角展平，根据两点距离线段最短，求APPB最小值

.

【详解】

如图，将二面角沿棱

a

展成平角，连结AB，根据两点之间线段最短，可知

AB

就是

APPB的最小值，

以

,AEEF

为邻边，作矩形AEFC，由

,CFaBFa

可知

,,CFB

三点共线，

则2

22213226ABACBC.

故答案为：26

【点睛】

思路点睛：本题考查立体几何中的折线段和的最小值，一般都是沿交线展成平面，利用折

线段中，两点间距离最短求解，本题与二面角的大小无关

.

17

．【分析】在平面的投影为的外心即中点设球半径为则解得答案【详解】故

在平面的投影为的外心即中点故球心在直线上设球半径为则解得故故答案为：

【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题意在考查学生的计算能力和空间想

解析：

16

3



【分析】

P在平面ABC的投影为ABC的外心，即AB中点

1

O

，设球半径为R，则

2

22

11

RCORPO

，解得答案

.

【详解】

PAPBPC，故P在平面ABC的投影为ABC的外心，即AB中点

1

O

，

故球心O在直线

1

PO

上，

1

1

1

2

COAB

，

11

33

33

POBO，

设球半径为R，则2

22

11

RCORPO，解得

23

3

R，故2

16

4

3

SR

.

故答案为：

16

3



.

【点睛】

本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力

.

18

．【分析】取中点连结根据题意得故所以为异面直线和所成角再根据几何关

系求得在中故进而得答案【详解】取中点连结依题意：所以所以为异面直线和

所成角在正三棱锥中是中点所以又因为平面平面所以平面所以因为分别是的

解析：

21

7

【分析】

取AB、

BC

中点D、

G

，连结DE、DF、GS、GA，根据题意得

//lBC

，

//DEBC，故//lDE，所以DEF为异面直线l和EF所成角，再根据几何关系求得在

RtDEF中，

1

2

2

DFSA

，

11

3

22

DEBCAB

，

227EFDEDF，故

321

cos

7

7

DE

DEF

EF

，进而得答案

.

【详解】

取AB、

BC

中点D、

G

，连结DE、DF、GS、GA，

依题意：//lBC，//DEBC，

所以//lDE，

所以DEF为异面直线l和EF所成角

.

在正三棱锥

SABC

中，

G

是

BC

中点，所以SGBC，AGBC⊥，

又因为SGAGG，SG平面SAG，AG平面SAG，

所以BC⊥平面SAG，所以BCSA.

因为F、D分别是SB、AB的中点，

所以//DFSA.

所以DEDF.

RtDEF中，

1

2

2

DFSA

，

11

3

22

DEBCAB

，

所以227EFDEDF.

所以

321

cos

7

7

DE

DEF

EF

.

故异面直线l和EF所成角的余弦值为：

21

7

故答案为：

21

7

【点睛】

本题考查异面直线所成角的求解，考查空间思维能力与运算能力，是中档题

.

19

．【分析】取

PA

的中点

E

连接

EBEC

推出

PA⊥

平面

BCE

故点

M

的轨迹为线

段

CE

解出即可【详解】取

PA

的中点

E

连接

EBEC

因为几何体是正四面体

P

﹣

ABC

所以

BE⊥PAEC⊥PAEB∩EC

＝

E∴PA⊥

平面

解析：

3

【分析】

取

PA

的中点

E

，连接

EB

，

EC

，推出

PA⊥

平面

BCE

，故点

M

的轨迹为线段

CE

，解出即可．

【详解】

取

PA

的中点

E

，连接

EB

，

EC

，因为几何体是正四面体

P

﹣

ABC

，所以

BE⊥PA

，

EC⊥PA

，

EB∩EC

＝

E

，

∴PA⊥

平面

BCE

，且动点M在正四面体侧面PAC上运动，总保持MBPA，

∴

点

M

的

轨迹为线段

CE

，

正四面体

P

﹣

ABC

的棱长为

2

，在等边三角形

PAC

中求得

CE

＝

3

23

2

.

故答案为：3

【点睛】

本题考查了正四面体的性质和线面垂直与线线垂直的判定，判断轨迹是解题的关键，属于

中档题．

20

．【分析】根据圆锥底面圆周长为扇形弧长得圆锥底面半径设内切球半径为

r

﹐圆锥高为

h

结合轴截面图形计算得最后计算体积即可【详解】解：设圆锥底

面半径为

R

则所以设内切球半径为

r

﹐圆锥高为

h

则如图是圆锥轴截面三

解析：

2

3



【分析】

根据圆锥底面圆周长为扇形弧长得圆锥底面半径1R，设内切球半径为

r

﹐圆锥高为

h

，

结合轴截面图形计算得

2

2

r，最后计算体积即可

.

【详解】

解：设圆锥底面半径为

R

，则

2

23

3

R





，所以1R．

设内切球半径为

r

﹐圆锥高为

h

，则9122h，

如图，是圆锥轴截面三角形图，

所以

3

rR

hr





，解得：

2

2

r，

故3

44222

3383

rV



．

故答案为：

2

3



【点睛】

本题考查圆锥的侧面展开图，圆锥的内切球的体积，考查空间想象能力，是中档题

.

三、解答题

21

．（

1

）证明见解析；（

2

）

6

2

.

【分析】

（

1

）取PB中点M，连接

,MFAM

，证出四边形AMFE为平行四边形，利用线面平行

的判定定理即可证明

.

（

2

）连接

,PEBE

，可得PEB为二面角PADB的平面角，求出22PE，再利

用余弦定理可得PB，再利用面面垂直的判定定理证明平面PBE平面PDA，点B作

BOPE

交PE于点O，在PEB△中即可求解

.

【详解】

解：（

1

）证明：取PB中点M，连接

,MFAM

，

由F为PC中点，则//MFBC且

1

2

MFBC

.

由已知有

//,BCADBCAD

，

又由于E为AD中点，从而

//,MFAEMFAE

，

故四边形AMFE为平行四边形，所以

//EFAM.

又AM平面PAB，而

EF

平面PAB，则//EF平面PAB.

（

2

）证明：连接

,PEBE

.

由

,PAPDBABD

，而E为AD中点，

所以

,PEADBEAD

，

所以PEB为二面角PADB的平面角，

60PEB.

又2,90,22BABDDBAAD.

∴

在PAD△中，由10,22PAPDAD，可解得

22PE.

在RtABD△中，由22,ADE为AD的中点，可得

1

2

2

BEAD

.

∴

在PEB△中，2222cosPBPEEBPEEBPEB，

2

1

8222226

2

PB

，

2226,,PBPBEBPEPBEB.

又

,,,PEADBEADPEBEEAD

平面PBE，

AD平面PAD，

∴

平面PBE平面PDA.

过点B作

BOPE

交PE于点

,OOB

平面PDA.

∴

在PEB△中，

OBPEPBEB

，

从而

626

2

22

PBEB

OB

PE



.

∴

点B到平面PAD的距离为

6

2

.

【点睛】

关键点点睛：本题考查了面面垂直的判定定理，求点到面的距离，解题的关键是求出

6PB

，证出平面PBE平面PDA，作出点到面的距离，考查了计算能力

.

22

．（

1

）

2

2

；（

2

）

2

3

；（

3

）

3

3

.

【分析】

（

1

）取BD中点

G

，连接

GC

，

FG

，根据线面垂直的判定定理及性质，先证明EF为

1

BD

与

1

CC

的公垂线，再由题中数据，计算出EF的长，即可得出结果；

（

2

）连接

1

ED

，由（

1

）得到EF平面

1

BDD

，设

1

D

到平面BDE的距离为

d

，根据等

体积法，由

11

EDBDDDBE

VV



求出

d

，记直线

1

BD

与平面BDE所成角为，由

1

sin

d

BD



即可得出结果；

（

3

）由（

2

）得到

1

D

到平面BDE的距离

d

，根据题中条件，得到

F

到平面BDE的距离

为

2

d

，即可得出结果

.

【详解】

（

1

）在正四棱柱

1111

ABCDABCD

中，取BD中点

G

，连接

GC

，FG，

∵F

，

G

分别为

1

,BDBD

的中点，

∴

1

//FGDD

且

1

1

2

FGDD

，

又

1

//CEDD

，

1

1

2

CEDD

，所以//FGCE且FGCE，则四边形EFGC为平行四边

形，

又CE平面ABCD，CG平面ABCD，

∴CECG，

∴

四边形EFGC为矩形，

∴

1

EFCC

，

∵

11

//DDCC

，

∴

1

EFDD

，

又CGBD，

//EFCG

，BD平面

1

BDD

，

1

DD

平面

1

BDD

，

1

BDDDD

，

∴EF平面

1

BDD

，又

1

BD

平面

1

BDD

，

∴

1

EFBD

，

∴EF为

1

BD

与

1

CC

的公垂线，且

1

ECC

，

1

FBD

，

∴

异面直线

1

BD

与

1

CC

的距离为

2

||

2

EF．

（

2

）在正四棱柱

1111

ABCDABCD

中，连接

1

ED

，则

11

EDBDDDBE

VV



，

由（

1

）知EF平面

1

BDD

，设

1

D

到平面BDE的距离为

d

，

∵

1

2AA

，1AB，

∴2BDBEED，

2

2

EF，

1

6BD，

∴

1

1

222

2DBD

S

，2

133

(2)

222DBE

S，

从而

1

DBEDBD

SdSEF，

∴

2

2

23

2

3

3

2

d



，

记直线

1

BD

与平面BDE所成角为，则

1

23

2

3

sin

3

6

d

BD



，

∴

直线

1

BD

与平面BDE所成角的正弦值为

2

3

．

（

3

）由（

2

）知，

1

D

到平面BDE的距离

23

3

d，

∵F

是

1

BD

的中点，且B平面

BDE，

∴F

到平面BDE的距离为

3

23

d

．

【点睛】

方法点睛：

立体几何体中空间角的求法：

（

1

）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，

在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；

（

2

）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向

量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、

两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可

.

23

．（

1

）证明见解析；（

2

）

2.

【分析】

（

1

）要证明线面平行，需先证明线线平行，（

2

）利用等体积转化

2

FBDEDOEFBOEFBOEF

VVVV





三棱锥三棱锥三棱锥三棱锥

，求三棱锥的体积

.

【详解】

证明：（

1

）设AC和BD交于O，连接

OM

M和O分别是BF与BD的中点，



//OMDF

又OM



平面ACM，DF平面ACM

所以//DF平面ACM

（

2

）菱形ABCD

菱形ACFE，菱形ABCD菱形ACFEAC

又BDAC

所以BD面ACFE，连接OE和OF



DOEFBOEF

VV





三棱锥三棱锥



2

FBDEDOEFBOEFBOEF

VVVV





三棱锥三棱锥三棱锥三棱锥

又

π

3

ABCCAE

，



2ACAB，3OB，

1

3

2OEFACEF

SS





菱形



1

•1

3OEF

BOEF

VOBS







三棱锥

所以

22

FBDEBOEF

VV





三棱锥三棱锥

.

【点睛】

方法点睛：本题考查了线面平行的判断定理，意在考查转化与化归和计算求解能力，不管

是证明面面平行，还是证明线面平行，都需要证明线线平行，证明线线平行的几种常见形

式，

1.

利用三角形中位线得到线线平行；

2.

构造平行四边形；

3.

构造面面平行

.

24

．（

1

）证明见解析；（

2

）6．

【分析】

（

1

）取

BC

的中点M，连接HM，DM．证明四边形

DGHM

是平行四边形，可得线

面平行；

（

2

）由H到平面AEC的距离为F到平面AEC的距离的一半，先求出F到平面AEC的距

离，用体积法可求得F到平面AEC的距离．

【详解】

（

1

）证明：取

BC

的中点M，连接HM，DM．

因为该多面体由底面为正方形ABCD的直四棱柱被截面AEFG所截而成，

所以截面AEFG是平行四边形，

则4DGCFEB．

因为36FCEB，

所以

1

(26)4

2

HM

，且DG//FC//HM，

所以四边形

DGHM

是平行四边形，所以GH//DM．

因为DM平面ABCD，GH平面ABCD，

所以//GH平面ABCD．

（

2

）解：连接HA，HC，AF，记F到平面ACE的距离为d，

则H到平面ACE的距离为

2

d

．

在CEF△中，

6EF

，高为4，所以CEF△的面积为

1

6412

2



．

因为三棱锥

ACEF

的高为4，所以

ACEF

的体积为

1

12416

3



．

在

ACE

中，42AC，25AECE，

所以

ACE

的面积为22

1

42(25)(22)46

2



．

因为

ACEF

的体积与FACE的体积相等，

所以

1

4616

3

d

，所以26d．

故H到平面ACE的距离为6．

【点睛】

方法点睛：本题考查证明线面平行，考查求点到平面的距离．求点到平面的距离的常用方

法：

（

1

）定义法：作出点到平面的垂线段，求出垂线段的长；

（

2

）用体积法计算；

（

3

）空间向量法：求出平面外的点到平面内任一点连线的向量在平面的法向量方向上投影

的绝对值．

25

．（

1

）证明见解析；（

2

）

10

5

.

【分析】

（

1

）由PA底面ABCD，得PADE，由RtABHRtDAE≌△△，得DEAH，

可得答案

.

（

2

）由可知DE平面PAH，连接PG，则DPG即为直线PD与平面PAH所成线面

角，在RtPDG△中，由sinDPG可得答案

.

【详解】

（

1

）因为PA底面ABCD，DE底面ABCD，

所以PADE，因为E，H分别为正方形ABCD的边AB，BC的中点，

,,ABDABHAEHBAEAD

，

所以RtABHRtDAE≌△△，所以BAHADE，由90AEDADE

所以90BAHAED，所以DEAH，

因为PA平面PAH，AH平面PAH，PAAHA，

所以DE平面PAH.

（

2

）由（

1

）可知DE平面PAH，

设AHDEG，如图，连接PG，则DPG即为直线PD与平面PAH所成线面角，

因为2PAAD，所以22PD，

5DE

，

在RtDAE中，由于AGDE，所以2ADDGDE，

所以45DG，所以

4

5

DG，

所以在RtPDG△中，

4

10

5

sin

5

22

DG

DPG

PD



，即直线PD与平面PAH所成线

面角的正弦值为

10

5

.

【点睛】

本题主要考查线面垂直的证明、线面角的求法，对于线面角的求法的步骤

,

作：作（或找）

出斜线在平面上的射影，证：证明某平面角就是斜线与平面所成的角；算：通常在垂线

段、斜线段和射影所组成的直角三角形中计算

.

26

．（

1

）证明见解析；（

2

）

1

12

.

【分析】

（

1

）取PD的中点M，连接EM、CM，证明四边形CMEF为平行四边形，可得出

//EFCM

，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；

（

2

）连接AF，取AD的中点N，连接EN，由题意可知点P、A到平面BEF的距离

相等，并推导出EN平面ABCD，可得出

PBEFABEFEABF

VVV





，利用锥体的体积公

式可求得三棱锥PBEF的体积．

【详解】

（

1

）如下图所示，取PD的中点M，连接EM、CM，

因为四边形ABCD为矩形，则//ADBC且ADBC，

E、M分别为PA、PD的中点，则//EMAD且

1

2

EMAD

，

F为BC的中点，所以，//EMCF且EMCF，所以，四边形CMEF为平行四边

形，

所以，

//EFCM

，

EF平面PCD，CM平面PCD，//EF平面PCD；

（

2

）如下图所示，连接AF，取AD的中点N，连接EN，

E为PA的中点，所以，点P、A到平面BEF的距离相等，

所以，

PBEFABEFEABF

VVV





，

E、N分别为PA、AD的中点，则//ENPD且

11

22

ENPD

，

PD平面ABCD，EN平面ABCD，

ABF的面积为

1111

2

2222ABF

SABBF

△

，

因此，

11111

332212PBEFABEFEABFABF

VVVSEN





△

.

【点睛】

方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：

（

1

）通过面面平行得到线面平行；

（

2

）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形

的性质

.