一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．設(shè)α，β為不重合的平面，m，n為不重合的直線，則下列命題正確的是( )
A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，則m⊥α
B．若m?α，n?β，m∥n，則α∥β
C．若m∥α，n∥β，m⊥n，則α⊥β
D．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，則m⊥α
解析：本題考查的是立體幾何的知識，屬于基礎(chǔ)題．選項A錯誤，本項主要是為考查面面垂直的性質(zhì)定理．事實上選項A的已知條件中加上m?β，那么命題就是正確的，也就是面面垂直的性質(zhì)定理．選項B錯誤，容易知道兩個平面內(nèi)分別有一條直線平行，那么這兩個平面可能相交也可能平行．選項C錯誤，因為兩個平面各有一條與其平行的直線，如果這兩條直線垂直，并不能保證這兩個平面垂直．選項D正確，由n⊥α，n⊥β可得α∥β，又因為m⊥β，所以m⊥α.
答案：D
2．已知某個幾何體的三視圖如圖，根據(jù)圖中標(biāo)出的尺寸(單位：cm)，可得這個幾何體的體積是( )
A.12 cm3B.13 cm3
C.16 cm3 D.112 cm3
解析：本題考查的是簡單幾何體的三視圖．由三視圖的知識可知題中的三視圖表示的幾何體是三棱錐，且三棱錐的底面三角形的高與底邊都為1 cm，三棱錐的高為1 cm.故體積V＝16 cm3，選C.
答案：C
3．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，點A∈α，A?l，直線AB∥l，直線AC⊥l，直線m∥α，m∥β，則下列四種位置關(guān)系中，不一定成立的是( )
A．AB∥m B．AC⊥m
C．AB∥β D．AC⊥β
解析：∵m∥α，m∥β，則m∥l，故AB∥m，AC⊥m，AB∥β都成立，C∈α?xí)r，AC⊥β成立，但C?α?xí)rAC⊥β不成立．
答案：D
4．已知過球面上A、B、C三點的截面和球心的距離是球半徑的14，且 ＝5， ? ＝0，那么球的表面積為( )
A.803π B.203π C.3203π D.809π
解析：設(shè)球半徑為R，球心到截面的距離d＝14R，則截面圓半徑r＝R2－d2＝154R，又 ? ＝0，則AB為截面圓的直徑．
∴152R＝5，R＝2153，∴S球＝4πR2＝803π.
故選A.
答案：A
5．設(shè)x，y，z是空間不同的直線或平面，對下列四種情形：①x、y、z均為直線；②x、y是直線、z是平面；③z是直線，x、y是平面；④x、y、z均為平面．其中使“x⊥z且y⊥z?x∥y”為真命題的是( )
A．③④ B．①③ C．②③ D．①②
答案：C
6．已知一個四棱錐的高為3，其底面用斜二測畫法所畫出的水平放置的直觀圖是一個邊長為1的正方形，則此四棱錐的體積為( )
A.2 B．62 C.13 D．22
解析：因為四棱錐的底面直觀圖是一個邊長為1的正方形，該正方形的對角線長為2，根據(jù)斜二測畫法的規(guī)則，原圖是底面的邊長為1，高為直觀圖中正方形的對角線的2倍，即為22的平行四邊形．
V＝13×1×22×3＝22.
應(yīng)選D.
答案：D
7．已知a＝(－1,0,2)，平面α過點A(3,1，－1)，B(1，－1,0)，且α∥a，則平面α的一個法向量是( )
A．(4，－3,2) B．(1，34，12)
C．(－4，－3,2) D．(－2，32，1)
解析：設(shè)平面α的法向量是n＝(x，y，z)．
＝(－2，－2,1)．
則－2x－2y＋z＝0－x＋2z＝0，∴x＝2zy＝－32z，
∴令z＝2，則x＝4，y＝－3，
則平面α的一個法向量為(4，－3,2)．故選A.
答案：A
8．如圖所示，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E、F分別是AB1，BC1的中點，則以下結(jié)論中不成立的是( )
A．EF與BB1垂直
B．EF與BD垂直
C．EF與平面ACC1A1平行
D．平面EFB與平面BCC1B1垂直
解析：過E、F分別作EE′⊥AB于E′，F(xiàn)F′⊥BC于F′，連接E′F′，
則EF?E′F′，E′F′⊥BB1，
E′F′⊥BD.
∴EF⊥BB1，EF⊥BD，
故A、B正確．
又E′F′∥AC，∴EF∥AC，
∴EF∥平面ACC1A1，故C正確．
應(yīng)選D.
答案：D
9．如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD—A1B1C1D1中，動點P在ABCD內(nèi)，且P到直線AA1，BB1的距離之和等于22，則△PAB的面積最大值是( )
A.12 B．1 C．2 D．4
解析：連結(jié)PA、PB，則PA、PB分別是P到直線AA1、BB1的距離，即PA＋PB＝22，∵AB＝2，故P點的軌跡是以A、B為焦點的橢圓的一部分，當(dāng)P點為短軸的端點時，△PAB底邊AB上的高最大值為1，△PAB的面積最大值為1，故選B.
答案：B
10.(2008?海南?寧夏卷)某幾何體的一條棱長為7，在該幾何體的主視圖中，這條棱的投影是長為6的線段，在該幾何體的左視圖與俯視圖中，這條棱的投影分別是長為a和b的線段，則a＋b的最大值為( )
A．22 B．23 C．4 D．25
解析：結(jié)合長方體的對角線在三個面的投影來理解計算．
如圖，設(shè)長方體的長寬高分別為m，n，k，由題意得
m2＋n2＋k2＝7，
m2＋k2＝6?n＝1，
1＋k2＝a，1＋m2＝b，
所以(a2－1)＋(b2－1)＝6?a2＋b2＝8，
∴(a＋b)2＝ ！”#$%&'()*＋，－./012345b2＝16?a＋b≤4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時取等號．
答案：C
11．如圖所示，從平面α外一點P向平面α引垂線和斜線，A為垂足，B為斜足，射線BC?α，且∠PBC為鈍角，設(shè)∠PBC＝x，∠ABC＝y(tǒng)，則有( )
A．x>y
B．x＝y(tǒng)
C．x
解析：過A作AD⊥BC，垂足D在CB的延長線上，
連結(jié)PD，∴PD⊥BC，
cos∠PBA＝ABPB，
cos∠ABD＝BDAB，
cos∠PBD＝BDPB，
∴cos∠PBA?cos∠ABD＝cos∠PBD.
又∵∠PBC為鈍角，∴∠PBD為銳角，
∴cos∠PBD
∴x＝180°－∠PBD，y＝180°－∠ABD，
∴x
12．如圖所示，頂點為P的圓錐的軸截面是等腰直角三角形，A是底面圓周上的點，B是底面圓內(nèi)的點，O為底面圓的圓心，AB⊥OB，垂足為B，OH⊥PB，垂足為H，且PA＝4，C為PA的中點，則當(dāng)三棱錐O—HPC的體積最大時，OB的長是( )
A.53 B.253 C.63 D.263
解析：∵AB⊥OB，AB⊥OP，
∴AB⊥平面PBO，又AB?平面PBA，
∴面PAB⊥面POB.
又∵OH⊥PB，∴OH⊥面PAB，
∵HC?面PAB，PA?面PAB，
∴OH⊥HC，OH⊥PA，
又C是PA的中點，∴OC⊥PA，∴PC⊥面OHC.
∴VO－HPC＝VP－HCO＝13?S△HOC?PC，
PC＝2，則當(dāng)S△HOC最大時，VO－HPC最大．
此時OH＝HC，HO⊥HC.
又OC＝12PA＝2，∴HO＝2，∴HO＝12OP，
∴∠HPO＝30°，∴OB＝OPtan30°＝263.故選D.
答案：D
二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上．
13．在三棱錐V—ABC中，當(dāng)三條側(cè)棱VA、VB、VC之間滿足條件________時，有VC⊥AB.
解析：當(dāng)VC⊥VA，VC⊥VB，
有VC⊥平面VAB，
∵AB?平面VAB，
∴VC⊥AB.
填VC⊥VA，VC⊥VB.
答案：VC⊥VA，VC⊥VB
14．已知a，b是異面直線，且a?平面α，b?平面β，a∥β，b∥α，則平面α與平面β的位置關(guān)系是________．
答案：平行
15．一個幾何體的三視圖及其尺寸(單位：cm)如圖所示，則該幾何體的側(cè)面積為________cm2.
解析：正確畫出幾何體的直觀圖是解答三視圖問題的關(guān)鍵．如圖，由三視圖可得該幾何體為一正四棱錐S—ABCD，其中底面為邊長為8的正方形，斜高為SH＝5，在Rt△SOH中，OH＝4，所以SO＝3，所以△SBC的面積為：12×SH×BC＝12×8×5＝20，
故側(cè)面積為20×4＝80 cm2.
答案：80
16．在正方體ABCD—A1B1C1D1中，點E1、F1分別是線段A1B1、A1C1的中點，則直線BE1與AF1所成角的余弦值是________．
解析：本題考查異面直線所成角的求法．
如圖所示，取BC中點G，連結(jié)AG，F(xiàn)1G，E1F1，容易證得E1F1GB為平行四邊形．
則∠AF1G是異面直線BE1與AF1所成的角或其補角．
設(shè)棱長為2，則E1F1＝1，AF1＝6，GF1＝BE1＝5，AG＝5，
∴由余弦定理
cos∠AF1G＝AF21＋GF21－AG22?AF1?GF1＝6＋5－52?30＝3010.
答案：3010
三、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
17．如圖，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，點D在邊BC上，AD⊥C1D.
(1)求證：AD⊥平面BCC1B1.
(2)設(shè)E是B1C1上一點，當(dāng)B1EEC1的值為多少時，A1E∥平面ADC1，請給出證明．
證明：(1)在正三棱柱中，CC1⊥平面ABC，
AD?平面ABC，∴AD⊥CC1.
又AD⊥C1D，CC1交C1D于C1，
且CC1和C1D都在平面BCC1B1內(nèi)，
∴AD⊥平面BCC1B1.
(2)由(1)，得AD⊥BC.在正三角形ABC中，
D是BC的中點．
當(dāng)B1EEC1＝1，即E為B1C1的中點時，
四邊形DEB1B是平行四邊形．
∵B1B∥DE，且B1B＝DE，又B1B∥AA1，
且B1B＝AA1，
∴DE∥AA1，且DE＝AA1.
所以四邊形ADEA1為平行四邊形，所以EA1∥AD.
而EA1?平面ADC1，故A1E∥平面ADC1.
18．如圖所示，四邊形ABCD為矩形，BC⊥平面ABE，F(xiàn)為CE上的點，且BF⊥平面ACE.
(1)求證：AE⊥BE.
(2)設(shè)點M為線段AB的中點，點N為線段
CE的中點，求證：MN∥平面DAE.
證明：(1)因為BC⊥平面ABE，AE?平面ABE，
所以AE⊥BC.
又BF⊥平面ACE，AE?平面ACE，所以AE⊥BF，
又BF∩BC＝B，所以AE⊥平面BCE.
又BE?平面BCE，所以AE⊥BE.
(2)取DE的中點P，連結(jié)PA、PN，因為點N為線段CE的中點，
所以PN∥DC，且PN＝12DC.
又四邊形ABCD是矩形，點M為線段AB的中點，
所以AM∥DC，且AM＝12DC，
所以PN∥AM，且PN＝AM，故四邊形AMNP是平行四邊形，所以MN∥AP.
而AP?平面DAE，MN?平面DAE，
所以MN∥平面DAE.
19．如圖所示，在四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AB＝BC＝CA＝3，AD＝CD＝1，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求證：BD⊥AA1；
(2)若E為線段BC的中點，求證：A1E∥平面DCC1D1.
證明：(1)因為BA＝BC，DA＝BD，
所以BD是線段AC的垂直平分線．所以BD⊥AC.
又平面AA1C1C⊥平面ABCD，
平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，BD?平面ABCD，
所以BD⊥平面AA1C1C.
因為AA1?平面AA1C1C，所以BD⊥AA1.
(2)因為AB＝BC＝CA＝3，DA＝DC＝1，
所以∠BAC＝∠BCA＝60°，∠DCA＝30°.連接AE.
因為E為BC的中點，所以∠EAC＝30°.
所以∠EAC＝∠DCA.
所以AE∥DC.
因為DC?平面DCC1D1，
AE?平面DCC1D1，
所以AE∥平面DCC1D1.
因為棱柱ABCD—A1B1C1D1，
所以AA1∥DD1.
因為DD1?平面DCC1D1，
AA1?平面DCC1D1，
所以AA1∥平面DCC1D1.
因為AA1?平面AA1E，
AE?平面AA1E，AA1∩AE＝A，
所以平面AA1E∥平面DCC1D1.
因為A1E?平面AA1E，所以A1E∥平面DCC1D1.
20．四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E點滿足 ＝13 .
(1)求證：PA⊥平面ABCD.
(2)在線段BC上是否存在點F使得PF∥面EAC？若存在，確定F的位置；若不存在，請說明理由．
(3)求二面角E—AC—D的余弦值．
解：(1)證明：在正方形ABCD中，AB⊥BC.
又∵PB⊥BC，
∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PA.
同理CD⊥PA，∴PA⊥平面ABCD.
(2)當(dāng)F為BC中點時，
使得PF∥平面EAC，理由如下：
作BC中點F，連結(jié)DF交AC于點S，連結(jié)ES，PF.
∵AD?2FC，
∴FSSD＝FCAD＝12，
又由已知有PEED＝12，∴PF∥ES.
∵PF?平面EAC，EC?平面EAC，∴PF∥平面EAC，即當(dāng)F為BC中點時，PF∥平面EAC.
(3)解法一：在AD上取一點O使AO＝13AD，連結(jié)EO，
則EO∥PA，∴EO⊥面ABCD.
過點O做OH⊥AC交AC于H點，連結(jié)EH，
則EH⊥AC，
從而∠EHO為二面角E—AC—D的平面角．
在△PAD中，EO＝23AP＝43，在△AHO中，∠HAO＝45°，
∴HO＝AOsin45°＝22?23＝23，
∴tan∠EHO＝EOHO＝22，
∴cos∠EHO＝13.
∴二面角E－AC－D的余弦值為13.
解法二：(1)同解法一．
(2)如圖以A為坐標(biāo)原點，AB、AD、AP分別為x軸、y軸、z軸．
建立坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，
∴ ＝(0,2，－2)，
設(shè)E(x，y，z)，
由PE＝13 ，
得(x，y，z－2)＝13(0,2，－2)，
∴x＝0y＝23z＝43，
則E(0，23，43)．
設(shè)平面AEC的法向量為n＝(x，y，z)，
則n?AE＝0n?AC＝0，即23y＋43z＝02x＋2y＝0
取平面AEC的一個法向量n＝(2，－2,1)，
點F在BC上，設(shè)F(2，b,0)，
則PF＝(2，b，－2)，
∵PF∥平面EAC，
∴PF⊥n，即PF?n＝0，得b＝1，
∴當(dāng)F為BC的中點時，有 ∥平面EAC.
(3)由(2)知平面EAC的一個法向量為n＝(2，－2,1)，
平面ACD的法向量為 ＝(0,0,2)，
∴cos〈 ，n〉＝AP?nAP?n
＝222＋(－2)2＋12?2
＝13.
故二面角E—AC—D的余弦值為13.
21．如圖所示，已知平行四邊形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝1，AD＝2，∠ADC＝60°，AF＝a(a>0)，M是線段EF的中點．(1)求證：AC⊥BF；
(2)若二面角F—BD—A的大小為60°，求a的值．
(3)令a＝1，設(shè)點P為一動點，若點P從M出發(fā)，沿棱按照M→E→C的路線運動到點C，求這一過程中形成的三棱錐P—BFD的體積的最小值．
解：∵AB＝1，AD＝2，∠ADC＝60°，∴∠DCA＝90°
則CD⊥CA，以CD、CA、CE分別為x軸、y軸、z軸建立空間坐標(biāo)系，
(1)C(0,0,0)，D(1,0,0)，A(0，3，0)，F(xiàn)(0，3，a)，B(－1，3，0)，
＝(0，3，0)， ＝(1,0，a)， ＝(－1，3，a)，
? ＝0，所以AC⊥BF.
(2)平面ABD的法向量n＝(0,0,1)，平面FBD的法向量m＝(x，y，z)．
DF?m＝0BF?m＝0，m＝(－a，－2a3，1)
cos〈m，n〉＝m?n1?m＝12，a2＝97，a＝377.
(3)設(shè)AC與BD交于O，則OF∥CM，
所以CM∥平面FBD，
當(dāng)P點在M或C時，三棱錐P—BFD的體積最�。�
(VP—BFD)min＝VC—BFD＝VF—BCD
＝13×12×2×1×sin120°＝36.
22．如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠DAB為直角，AB∥CD，AD＝CD＝2AB，E，F(xiàn)分別為PC，CD的中點．
(1)試證：CD⊥平面BEF；
(2)設(shè)PA＝kAB，且二面角E—BD—C的平面角大于30°，求k的取值范圍．
解析：解法一：(1)由已知DF∥AB，且∠DAB為直角，
故ABFD是矩形，從而CD⊥BF.
又PA⊥底面ABCD，CD⊥AD，故知CD⊥PD.
在△PDC中，E、F分別為PC、CD的中點，故EF∥PD.
從而CD⊥EF，由此得CD⊥而BEF.
(2)連接AC交BF于G，易知G為AC的中點，連接EG，則在△PAC中，易知G為AC的中點，連接EG，則在△PAC中易知EG∥PA.
又因PA⊥底面ABCD，故EG⊥底面ABCD，在底面ABCD中，過G作GH⊥BD，垂足為H，連接EH，則EH⊥BD，
從而∠EHG為二面角E—BD—C的平面角．
設(shè)AB＝a，則在△PAC中，有EG＝12PA＝12ka.
以下計算GH，考察底面的平面圖(如圖)．連接GD.
因S△GBD＝12BD?GH＝12GB?DF，
故GH＝GB?DFBD.
在△ABD中，因為AB＝a，AD＝2a，得BD＝5a，
而GB＝12FB＝12AD＝a.DF＝AB，
從而得GH＝GB?DFBD＝a?a5a＝55a.
因此tan∠EHG＝EGGH＝12ka55a＝52k.
由k>0知∠EHG是銳角，故要使∠EHG>30°，
必須52k>tan30°＝33，
解之得，k的取值范圍為k>2155.
解法二：(1)如圖，以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝a，則易知點A，B，C，D，F(xiàn)的坐標(biāo)分別為
A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(2a,2a,0)，D(0,2a,0)，F(xiàn)(a,2a,0)．
從而 ＝(2a,0,0)， ＝(0,2a,0)， ? ＝0，故 ⊥ .
設(shè)PA＝b，則P(0,0，b)，而E為PC中點．
故E(a，a，b2)．
從而 ＝(0，a，b2)．
? ＝0，故 ⊥ .
由此得CD⊥面BEF.
(2)設(shè)E在xOy平面上的投影為G，過G作GH⊥BD垂足為H，由三垂線定理知EH⊥BD.
從而∠EHG為二面角E—BD—C的平面角．
由PA＝k?AB得P(0,0，ka)，E(a，a，ka2)，G(a，a,0)．
設(shè)H(x，y,0)，則 ＝(x－a，y－a,0)，
＝(－a,2a,0)，
由 ? ＝0得－a(x－a)＋2a(y－a)＝0，
即x－2y＝－a①
又因 ＝(x－a，y,0)，且 與 的方向相同，故x－a－a＝y(tǒng)2a，即2x＋y＝2a②
由①②解得x＝35a，y＝45a，
從而 ＝(－25a，－15a,0)， ＝55a.
tan∠EHG＝EGGH＝ka255a＝52k.
由k>0知∠EHC是銳角，
由∠EHC>30°，得tan∠EHG>tan30°，
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