第八章 立体几何初步（提高卷）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分150分，考试时间1200分钟，试题共23题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.在底面半径为1的圆锥中，若该圆锥侧面展开图的面积是2π，则该圆锥的体积为（ ） A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】求出圆锥的母线长和高，再计算圆锥的体积． 【解答】解：设圆锥的母线长为l，由底面半径为r＝1，
由题意知，πrl＝2π，解得l＝2；
所以圆锥的高为h＝
＝
＝
，
＝
π．
所以圆锥的体积为V圆锥＝πr2h＝π×12×
故选：B．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积、旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
2.有一个无盖正三棱柱铁质容器，棱长均为6，将容器注满水．现在容器上口放置一个铁球，若球体没入水中部分的深度恰为四分之一直径，则球的体积为（ ） A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据题意，求出底面正三角形的内切圆的半径，进而求出球的半径，得出球的体积． 【解答】解：根据题意可得该正三棱柱的底面正三角形的内切圆的半径为，
设该球体的半径为R，因为球体没入水中部分的深度恰为四分之一直径，
所以球心到水平面的距离h＝R， 所以（
）2+3＝R2，解得R＝2，
π，
因此球的体积V＝•πR3＝
故选：D．
【知识点】球的体积和表面积
3.在正三棱锥A﹣BCD中，侧棱长为2
，底面边长为2，则三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为（ ）
A．36π
【答案】A
【分析】利用已知条件判断三棱锥的特征，构造正方体，然后转化求解外接球的半径，即可求外接球的体
积．
【解答】解：由题意可知AB＝AD＝AC＝2，BC＝CD＝BD＝2，
则AB2+AD2＝BD2，所以AB⊥AD，同理可得AB⊥AC，AC⊥AD，
从而可以构造以ABCD为其中四个顶点的正方体，列出为2，外接球的半径为R，
外接球的真假就是正方体的体对角线的长，所以R＝所以外接球的体积为：
故选：A．
【知识点】球的体积和表面积
4.如图，已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面为正方形，且侧棱与底面垂直，点O1为A1C1，B1D1的交点，点O2为AC，BD的交点，连接O1O2，点O为O1O2的中点．过点O且与直线AB平行的平面截这个四棱柱所得截面面积的最小值和最大值分别为1和
，则四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的表面积为（ ）
＝36π．
＝3，
B．24π
C．12π
D．6π
A．10
【答案】D
【分析】首先设出正四棱柱的底面边长和高，根据题设条件列出方程，然后求出正四棱柱的底面边长和高，
即可求出四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的表面积．
【解答】解：由题意知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱，设正四棱柱的底面边长为a，高为h，
因为过点O且与直线AB平行的平面截这个四棱柱所得截面面积的最小值和最大值分别为1和
，
所以
，解得
，
B．12
C．13
D．14
于是四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的表面积为2a2+4ah＝2+12＝14， 故选：D．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
5.已知在正三棱锥A﹣BCD中，E为AD的中点，AB⊥CE，则正三棱锥A﹣BCD的表面积与该三棱锥的外接球的表面积的比为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】证明AC⊥AD，AB⊥AC，AB⊥AD，将三棱锥A﹣BCD扩展为正方体，其对角线为三棱锥A﹣BCD
外接球的直径，可得三棱锥A﹣BCD外接球的半径，进而求得结论．
【解答】解：正三棱锥A﹣BCD中，AB⊥CD，AB⊥CE，
∴AB⊥平面ACD，
∴AB⊥AC，AB⊥AD，三条侧棱两两相互垂直， 设AB＝a，∴a2+a2＝BC2，∴BC＝a，
则可得正三棱锥A﹣BCD的表面积为3××a2+设外接球的半径为R，则2R＝则外接球的表面积S＝4πR2＝3πa2，
∴正三棱锥A﹣BCD的表面积与该三棱锥的外接球的表面积的比为：
故选：D．
【知识点】球的体积和表面积
6.在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥BD，AB＝BC＝BD＝2，E，F分别是BC，AD的中点，则直线AE与CF所成角的余弦值为（ ）
＝
．
×（
a）2＝
a2，
，∴R＝a，
A．﹣
【答案】B
【分析】取CE，AF，AC的中点分别为M，N，G，作NO⊥BD于O，连接MG，GN，MN，MO，由直线
AE与CF所成角即为GM与GN所成角，能求出直线AE与CF所成角的余弦值．
【解答】解：取CE，AF，AC的中点分别为M，N，G，作NO⊥BD于O，
连接MG，GN，MN，MO，如图，
由GM∥AE，GN∥CF，得直线AE与CF所成角即为GM与GN所成角， 根据题意得：
GM＝AE＝
＝
，
B．
C．
D．﹣
GN＝MN＝
＝
＝
＝﹣
＝＝
， ．
，
＝
，
∴cos∠MGN＝
∴直线AE与CF所成角的余弦值为故选：B．
【知识点】异面直线及其所成的角
7.类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质，可推出空间中有下列结论：
①垂直于同一条直线的两条直线互相平行； ②垂直于同一条直线的两个平面互相平行； ③垂直于同一个平面的两条直线互相平行； ④垂直于同一个平面的两个平面互相平行． 其中正确的是（ ） A．①②
【答案】C
【分析】垂直于同一条直线的两条直线有三种位置关系，说明①错误；由直线与平面垂直的性质可知②③
正确；由垂直于同一个平面的两个平面有两种位置关系说明④错误．
【解答】解：①垂直于同一条直线的两条直线有三种位置关系，即平行、相交或异面，故①错误；
②垂直于同一条直线的两个平面的法向量共线，则两平面互相平行，故②正确；
③由直线与平面垂直的性质定理可知，垂直于同一个平面的两条直线互相平行，故③正确； ④垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故④错误． ∴正确的结论是②③． 故选：C．
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系、空间中直线与直线之间的位置关系
8.在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝2BC1所成角的余弦值为（ ） A．
B．
C．
D．
，AC1与平面ABCD所成的角为45°，则直线CD1与
B．①④
C．②③
D．③④
【答案】B
【分析】连接AC，A1B，A1C1，由CC1⊥平面ABCD，可推出∠CAC1＝45°，易证CD1∥A1B，故∠A1BC1
即为所求，再结合勾股定理和余弦定理，求出cos∠A1BC1的值，即可．
【解答】解：连接AC，A1B，A1C1，
∵CC1⊥平面ABCD，∴∠CAC1＝45°，
∵AC⊥CC1，∴△ACC1为等腰直角三角形，∴CC1＝BB1＝，AC＝， ∵AB＝2，∴BC＝2．
由长方体的性质知，A1D1＝BC，A1D1∥BC，∴四边形A1BCD1为平行四边形，
∴CD1∥A1B，
∴∠A1BC1或其补角是直线CD1与BC1所成的角， 由勾股定理知，A1B＝C1B＝
＝
，
在△A1BC1中，由余弦定理知，cos∠A1BC1＝∴直线CD1与BC1所成角的余弦值为．
故选：B．
【知识点】异面直线及其所成的角
＝＝，
9.一个由两个圆柱组合而成的的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为r1，大圆柱底面半径为r2，如图1放置容器时，液面以上空余部分的高为h1．如图2放置容器，液面以上空余部分的高为h2．则＝（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】在图1中，液面以上空余部分的体积为：
，在图2中，液面以上空余部分的体积为：
，由＝，能求出．
【解答】解：在图1中，液面以上空余部分的体积为：
在图2中，液面以上空余部分的体积为：
， ，
∵
＝
，
∴＝．
故选：B．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
10.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（ ）
A．直线B1C与直线AC所成的角为60° B．直线B1C与平面AD1C所成的角为60° C．直线B1C与直线AD1所成的角为90° D．直线B1C与直线AB所成的角为90°
【答案】B
【分析】连接AB1，求出∠ACB1可判断选项A；连接B1D1，找出点B1在平面AD1C上的投影O，设直线
B1C与平面AD1C所成的角为θ，由cosθ＝
可判断选项B；利用平移法找出选项C和D涉及
的异面直线夹角，再进行相关运算，即可得解．
【解答】解：连接AB1，∵△AB1C为等边三角形，∴∠ACB1＝60°，即直线B1C与AC所成的角为60°，
故选项A正确；
连接B1D1，∵AB1＝B1C＝CD1＝AD1，∴四面体AB1CD1是正四面体，
∴点B1在平面AD1C上的投影为△AD1C的中心，设为点O，连接B1O，OC，则OC＝设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ， 则cosθ＝
＝
＝
≠，故选项B错误；
BC，
连接BC1，∵AD1∥BC1，且B1C⊥BC1，∴直线B1C与AD1所成的角为90°，故选项C正确；
∵AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥B1C，即直线B1C与AB所成的角为90°，故选项D正确． 故选：B．
【知识点】直线与平面所成的角、异面直线及其所成的角
11.已知四边形ABCD是边长为5的菱形，对角线BD＝8（如图1），现以AC为折痕将菱形折起，使点B达到点P的位置．棱AC，PD的中点分别为E，F，且四面体PACD的外接球球心落在四面体内部（如图2），则线段EF长度的取值范围为（ ）
A．（
，4）
B．（1，
）
C．（
，6）
D．
【答案】A
【分析】由题意可知△APC的外心O1 在中线PE上，设过点O1 的直线l1⊥平面APC，△ADC的外心O2
在中线DE上，设过点O2的直线l2⊥平面ADC，由对称性知直线l1，l2的交点O在直线EF上，则点O为四面体APCD的外接球的球心．由题意得EA＝3，PE＝4，由勾股定理及O1A+O1E＝PE
＝4，求得O1E＝．令∠PEF＝θ，得EF＝PEcosθ＝4cosθ＜4．再由cosθ，得OE•EF＝O1E•PE
＝，结合OE＜EF，求得EF＞
．从而得到线段EF长度的取值范围．
【解答】解：如图，由题意可知△APC的外心O1 在中线PE上，
设过点O1 的直线l1⊥平面APC，可知l1⊂平面PED，
同理△ADC的外心O2在中线DE上，设过点O2的直线l2⊥平面ADC， 则l2⊂平面PED，由对称性知直线l1，l2的交点O在直线EF上． 根据外接球的性质，点O为四面体APCD的外接球的球心．
由题意得EA＝3，PE＝4，而O1A2＝O1E2+EA2，O1A+O1E＝PE＝4，
∴O1E＝．
令∠PEF＝θ，显然0＜θ＜∵cosθ＝
＝
，∴EF＝PEcosθ＝4cosθ＜4．
，∴OE•EF＝O1E•PE＝，
．
又OE＜EF，∴EF2＞，即EF＞综上所述，
＜EF＜4．
∴线段EF长度的取值范围为（ 故选：A．
，4）．
【知识点】球的体积和表面积
12.在三棱锥T﹣ABC中，TA，TB，TC两两垂直，点T在平面ABC上的射影为D，O为三棱锥T﹣ABC内任意一点，连接OA，OB，OC，OT并延长，交对面于点A'，B'，C'，T'，则： ①TA⊥BC，TB⊥AC，TC⊥AB； ②△ABC是锐角三角形； ③④⑤
．
；
；
以上结论中正确结论有（ ）个． A．2
【答案】C
【分析】利用线面垂直，得到线线垂直来判断①，直接利用余弦定理求解，即可判断②，根据面积公式作
辅助线求解，判断③，利用棱锥的体积公式求解，判断④，利用等量代换关系求解，判断⑤，即B．3
C．4
D．5
可得到的答案．
【解答】解：因为TA，TB，TC两两垂直，所以TA⊥平面TBC，
所以TA⊥BC，TB⊥AC，TC⊥AB，故选项①正确； 令TA＝a，TB＝b，TC＝c，则AB2＝a2+b2， 同理可得BC2＝c2+b2，AC2＝a2+c2，
在△ABC中，由余弦定理可得，
，
同理可证，cosB＞0，cosC＞0，
所以△ABC是锐角三角形，故选项②正确； 如图，作TE⊥CB于E，连结AE，则AE⊥CB，
＝
＝
，故选项③错误；如图，
＝
对于
，
同理可得，，，，
所以，故选项④正确；
令TA＝a，TB＝b，TC＝c，在△TBC中，，
在△ABC中，
由于AE×TD＝TA×TE， 所以
×TD＝a×
，
，
所以a2b2c2＝（a2b2+b2c2+a2c2）•TD2， 所以
，故选项⑤正确．
综上可得，正确的个数为4个． 故选：C．
【知识点】棱锥的结构特征、命题的真假判断与应用
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上） 13.圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为 ．
【答案】61π
【分析】由题意可知圆台的下底面为球的大圆，利用勾股定理求出圆台的高，再由圆台的体积公式即可求
出结果．
【解答】解：如图所示：
由题意可知，圆台的下底面为球的大圆，所以O为球心， ∵BM＝4，OB＝5， ∴OM＝3，
即圆台的高为3，
所以其体积V＝
＝π×3×（52+42+5×4）
＝61π，
故答案为：61π．
【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
14.已知三棱锥P﹣ABC中，AB＝AC＝BC＝2，PB⊥PC，平面PBC⊥平面ABC，则三棱锥的外接球的体积为 ．
【分析】取BC的中点D，连接AD，PD，可得AD⊥平面PBC，解三角形求得R，即可求解结论．
【解答】解：取BC的中点D，连接AD，PD，因为平面PBC⊥平面ABC，
所以AD⊥平面PBC，
在AD上取一点O，使得OA＝OP，则O为外接球的球心， 设球的半径为R，AB＝AC＝BC＝2， 所以AD＝
，PD＝1，R2＝（
R）2+12，解得R＝
×（
）3＝
，
π
．
则三棱锥P﹣ABC的外接球的体积V＝故答案为：
π．
【知识点】球的体积和表面积
15.如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为6，点F是棱AA1的中点，AC与BD的交点为O，点M在棱BC上，且BM＝2MC，动点T（不同于点M）在四边形ABCD内部及其边界上运动，且TM⊥OF，则直线B1F与TM所成角的余弦值为 ．
10
5
【分析】建立空间直角坐标系，设T（x，y，0），由
＞|的值，即可得解．
•＝0，可得出x与y的等量关系，再求出|cos＜，
【解答】解：以A为原点，AD，AB，AA1所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B1（0，6，6），F（0，0，3），M（4，6，0），O（3，3，0）， 设T（x，y，0），则∵TM⊥OF， ∴
•
＝0，即﹣3（4﹣x）﹣3（6﹣y）＝0，
＝（4﹣x，6﹣y，0），
＝（0，﹣6，﹣3），
＝（﹣3，﹣3，3），
∴y＝10﹣x， ∴
＝（4﹣x，x﹣4，0），
，
＞|＝|
|＝|
|＝
∴|cos＜
||，
，
＞|＝
，
∵点T与点M不重合，∴x﹣4≠0，∴|cos＜∴直线B1F与TM所成角的余弦值为故答案为：
．
．
【知识点】异面直线及其所成的角
16.M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，将菱形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下命题正确的是 .（写出所有正确命题的序号）
①MN∥平面ABD；
②异面直线AC与MN所成的角为定值；
③在二面角D﹣AC﹣B逐渐渐变小的过程中，三棱锥D﹣ABC的外接球半径先变小后变大； ④若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，则∠ABC的取值范围是
【答案】①②④
【分析】①由MN∥BD，可得证；②取AC中点P，可证得AC⊥平面DPB，可得正；③借助极限状态，
当平面DCA与平面BCA重合时，三棱锥D﹣ABC的外接球即为以三角形ABC的外接圆为圆心，半径为半径的球，二面角不为0时，外接圆的半径一定大于此半径，不正确． ④过A在平面ABC中作AH⊥BC交BC于H，分析H点在BC上的位置，可得证．
【解答】解：①由M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，故MN∥BD，MN⊄平面ABD，故MN
∥平面ABD；
②取AC中点P，连接DP，BP，由于菱形ABCD，所以DP⊥AC，BP⊥AC，可证得AC⊥平面DPB，故BD⊥AC，
又MN∥BD，故MN⊥AC，异面直线AC与MN所成的角为定值．
③借助极限状态，当平面DCA与平面BCA重合时，三棱锥D﹣ABC的外接球即为以三角形ABC的外接圆的圆心为圆心，半径为半径的球，
当二面角变大时球心离开平面ABC，但球心在平面ABC的投影仍然为三角形ABC的外接圆的圆心，
故二面角不为0时，外接球半径一定大于三角形ABC的外接圆半径，故三棱锥D﹣ABC的外接球半径不可能先变小后变大．
④过A在平面ABC中作AH⊥BC交BC于H，若∠ABC为锐角，H在线段BC上；若∠ABC为直角，H与B点重合；∠ABC为钝角， H在线段BC的延长线射线CB上．
若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，由于AH⊥BC，因此BC⊥平面AHD，故DH⊥BC．
若∠ABC为直角，H与B点重合，即DB⊥BC，由于CD＝CB，不可能成立．
若∠ABC为钝角，则原平面图中，∠DCB为锐角，由于立体图中DB＜DP+PB，故立体图中∠DCB一定比原图中更小，因此∠DCB为锐角，DH⊥BC，
故H在线段CB上，与H在线段BC的延长线射线CB上矛盾，因此∠ABC的取值范围是
．
．
故答案为：①②④．
【知识点】棱锥的结构特征、命题的真假判断与应用、异面直线及其所成的角
三、解答题（本大题共7小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为B1D1的中点，AC∩BD＝O．求证： （Ⅰ）AC⊥平面B1BDD1； （Ⅱ）DE∥平面ACB1．
【分析】（Ⅰ）在正方体中可得面的对角线互相存在，侧棱垂直于底面，可得侧棱垂直于面内的直线，由直
线与平面垂直的判定定理可证得线面垂直；
（Ⅱ）由正方体的平行平面的对角线平行及线段的中点可得DEB1O为平行四边形，可得对边平行，再由线面平行的判定定理可证得线面的平行．
【解答】证明：（Ⅰ）在正方体中可得四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
又可得BB1⊥面ABCD，AC⊂面ABCD， 所以BB1⊥AC， 而BB1∩BD＝B，
所以AC⊥平面B1BDD1； （Ⅱ）连接B1O，
因为BB1∥DD1，BB1＝DD1，
所以四边形BB1D1D为平行四边形， 所以B1D1∥BD，且B1D1＝BD，
又因为E为B1D1的中点，O为BD的中点， 所以四边形ODEB1为平行四边形， 所以DE∥B1O，
而DE⫋面ACB1，B1O⊂面AB1C， 所以DE∥面ACB1
【知识点】直线与平面平行、平面与平面平行、直线与平面垂直
18.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AA1，AB⊥BC，D为AB的中点，E为BC上一点，满足CE＝2EB．
（1）求证：A1C∥平面B1DE； （2）求二面角B1﹣A1C﹣C1的余弦值．
【分析】（1）连接A1B交B1D于点F，连接EF，结合A1B1∥AB，可得△A1FB1∽△BFD，再由三角形相似
及D为AB的中点，得
，结合CE＝2EB，可得A1C∥EF，进而得证；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，由此即可求得二面角的余弦值． 【解答】解：（1）连接A1B交B1D于点F，连接EF，
∵A1B1∥AB，
∴△A1FB1∽△BFD， 又D为AB的中点，
∴
∵CE＝2EB， ∴
，
，
∴A1C∥EF，
∵A1C⊄平面B1DE，EF⊂平面B1DE， ∴A1C∥平面B1DE；
（2）由题可知，BA，BC，BB1两两互相垂直，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设AB＝BC＝AA1＝1，则A1（1，0，1），C（0，1，0），C1（0，1，1），B1（0，0，1）， ∴
，
设平面B1A1C的一个法向量为，则，则可取，
设平面A1CC1的一个法向量为，则，则可取，
∴，
由图易知二面角B1﹣A1C﹣C1为锐二面角， ∴二面角B1﹣A1C﹣C1的余弦值为．
【知识点】二面角的平面角及求法、直线与平面平行
19.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，AE⊥平面ABCD，AE∥CF． （1）求证：DF∥平面ABE；
（2）若AD＝AE＝2CF＝2，求该几何体的表面积．
【分析】（1）利用面面平行的判定定理及性质即可证明；
（2）分析该几何体的结构特征，计算出每个面的面积即可求解．
【解答】解：（1）证明：因为AE∥CF，CF⊄平面ABE，
所以CF∥平面ABE，
因为四边形ABCD是菱形， 所以CD∥AB，
由于CD⊄平面ABE， 所以CD∥平面ABE， 又CF∩CD＝C，
所以平面CDF∥平面ABE， 又DF⊂平面CDF， 所以DF∥平面ABE．
（2）由AE∥CF，知A，C，F，E四点共面，
连接AC，于是该几何体是由两个相同的四棱锥B﹣ACFE，D﹣ACFE构成的，
由题意知，S△ABE＝在△BEF中，EF＝
＝2，S△ABC＝，BE＝2
，BF＝
，S△BEF＝
+2＝
，S△BCF＝＝
， ．
＝1，
所以该几何体的表面积为2×（S△ABE+S△ABC+S△BCF+S△BEF）＝6+2
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积、直线与平面平行
20.如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，△SAD为等腰直角三角形，SA＝SD＝2F是BC的中点，二面角S﹣AD﹣B的大小等于120°．
，AB＝2，
（1）在AD上是否存在点E，使得平面SEF⊥平面ABCD，若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由；
（2）求直线SA与平面SBC所成角的正弦值．
【分析】（1）在线段AD上存在点E满足题意，且E为AD的中点．先证得AD⊥EF，SE⊥AD，从而有AD
⊥平面SEF，进而得证；
（2）以E为原点，EA、EF所在的直线分别为x、y轴，作Ez⊥平面ABCD，建立空间直角坐
标系，根据法向量的性质求得平面SBC的法向量，设直线SA与平面SBC所成角为θ，由sinθ＝|cos＜
，＞|，即可得解．
【解答】解：（1）在线段AD上存在点E满足题意，且E为AD的中点． 如图，连接EF，SE，SF，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB⊥AD， 又E、F分别是AD、BC的中点， ∴EF∥AB，AD⊥EF，
∵△SAD为等腰直角三角形，SA＝SD，E为AD的中点， ∴SE⊥AD，
∵SE∩EF＝E，SE、EF⊂平面SEF， ∴AD⊥平面SEF，
∵AD⊂平面ABCD，∴平面SEF⊥平面ABCD， 故AD上存在中点E，使得平面SEF⊥平面ABCD．
（2）由（1）知，SE⊥AD，EF⊥AD，
∴∠SEF为二面角S﹣AD﹣B的平面角，即∠SEF＝120°．
以E为原点，EA、EF所在的直线分别为x、y轴，作Ez⊥平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系，
在等腰Rt△SAD中，SA＝SD＝，∴AD＝4，SE＝2， ∴S（0，﹣1，），A（2，0，0），B（2，2，0），C（﹣2，2，0）， ∴
＝（2，1，﹣
），
＝（2，3，﹣
），
＝（﹣2，3，﹣
），
设平面SBC的法向量为＝（x，y，z），则
，即
，
令y＝1，则x＝0，z＝，∴＝（0，1，），
设直线SA与平面SBC所成角为θ， 则sinθ＝|cos＜
，＞|＝|
|＝|
|＝
，
故直线SA与平面SBC所成角的正弦值为
【知识点】平面与平面垂直、直线与平面所成的角
．
21.四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE⊥平面ABCD． （1）若△PAB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．
【分析】（1）由V＝PE•S正方形ABCD，代入相应数据，进行运算，即可；
（2）由PE⊥平面ABCD，知∠PFE＝45°，进而有PE＝FE＝4，PB＝，由AD∥BC，知
∠PCB或其补角即为所求，可证BC⊥平面PAB，从而有BC⊥PB，最后在Rt△PBC中，由tan∠PCB＝
，得解．
【解答】解：（1）∵△PAB为等边三角形，且E为AB中点，AB＝4，
∴PE＝2，
又PE⊥平面ABCD，
∴四棱锥P﹣ABCD的体积V＝PE•S正方形ABCD＝×2
×42＝
．
（2）∵PE⊥平面ABCD，
∴∠PFE为PF与平面ABCD所成角为45°，即∠PFE＝45°， ∴△PEF为等腰直角三角形， ∵E，F分别为AB，CD的中点， ∴PE＝FE＝4， ∴PB＝∵AD∥BC，
＝
，
∴∠PCB或其补角即为PC与AD所成角， ∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BC，
又BC⊥AB，PE∩AB＝E，PE、AB⊂平面PAB， ∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB， 在Rt△PBC中，tan∠PCB＝
＝
＝．
，
故PC与AD所成角的大小为arctan
【知识点】直线与平面所成的角、棱柱、棱锥、棱台的体积
22.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，点E是侧面CDD1C1的中心． （1）连接A1D，求三棱锥A1﹣DED1的体积
的数值；
（2）求异面直线A1E与AD所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．
【分析】（1）地出A1D1⊥平面 DCC1D1，由此能求出三棱锥A1﹣DED1的体积．
（2）推导出AD∥A1D1，得到∠EA1D1就是异面直线A1E与AD所成的角（或补角），由此能求出异面直线A1E与AD所成的角的大小．
【解答】解 （1）∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，点E是侧面CDD1C1的中心，
∴A1D1⊥平面 DCC1D1，∴三棱锥A1﹣DED1的体积为：
．
（2）∵ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，∴AD∥A1D1， ∵A1D1⊥平面DCC1D1，
∴∠EA1D1就是异面直线A1E与AD所成的角（或补角）， ∵A1D1⊥D1E．∴
．
．
∴，即．
∴异面直线A1E与AD所成的角的大小是
．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积、异面直线及其所成的角
23.如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G在棱D1C1上，且D1G＝D1C1，点E、F、M分别是棱AA1、AB、BC的中点，P为线段B1D上一点，AB＝4． （Ⅰ）若平面EFP交平面DCC1D1于直线l，求证：l∥A1B； （Ⅱ）若直线B1D⊥平面EFP． （i）求三棱锥B1﹣EFP的表面积；
（ii）试作出平面EGM与正方体ABCD﹣A1B1C1D1各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹．设平面EGM与棱A1D1交于点Q，求三棱锥Q﹣EFP的体积．
【分析】（1）根据面面平行的性质即可得到EF∥l，再结合线线平行的传递性即可证明结论；
（2）（i）先根据直线B1D⊥平面EFP得到B1D⊥EP，进而得到P是DB1的中点，然后依次求出三棱锥的四个面的面积再相加即可得到三棱锥B1﹣EFP的表面积； （ii）①根据公理“一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内”作出平面EGM与正方体ABCD﹣A1B1C1D1各个面的交线即可；②根据NEFP四点共面，且三角形PNE与三角形PEF面积相等，那么三棱锥Q﹣EFP的体积等于三棱锥P﹣ENQ的体积，直接利用三棱锥的体积公式求解即可．
【解答】解：（1）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
因为平面ABB1A1∥平面 DCC1D1，平面EFP∩平面 ABB1A1＝EF， 所以EF∥l，
因为点E、F 分别是棱 AA1、AB 的中点， 所以 EF∥A1B， 所以l∥A1B． （2）（i）因为直线 B1D⊥平面 EFP，EP⊂平面 EFP， 所以 B1D⊥EP，又因为△DAE≌△B1A1E， 所以DE＝B1E， 所以DP＝B1P， 因为
， ×，
所以三棱锥B1﹣EFP的表面积为． （ii）作图步骤如下：
连接GE，过点G作GH⊥DC于点H，连接HA并延长交GE的延长线于点I，连接IM并延长交AB于点J交DC的延长线于点K，
再连接GK交CC1于点S，连接MS并延长交B1C1的延长线于点R，连接RG并延长交A1D1于点Q，再连接EQ，GS，EJ，
则图中EQ，QG，GS，SM，MJ，JE即为平面EGM与正方体各个面的交线．
，
设 BJ＝CK＝x，由题知 2AJ＝HC+CK＝3+x， 所以解得
，
，所以
，
因为
，
∵MC＝2，∴所以
， ，
如上图，设N为线段A1D1的中点，可证点N在平面PEF内，且三角形PNE与三角形PEF面积相等，
所以，三棱锥Q﹣EFP的体积＝三棱锥Q﹣ENP的体积＝三棱锥P﹣ENQ的体积＝
，
所以三棱锥Q﹣EFP 的体积为
．
【知识点】平面与平面垂直、棱柱、棱锥、棱台的体积、棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
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