2021届高考二轮复习数学训练：立体几何

2018-2020年高考全国卷数学之立体几何专题训练

一.选择题（共13小题）

1.（2018•新课标I）某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M

在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧

面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）

A.2^/17B.2代C.3D.2

2.（2018•新课标HD设A,B,C,。是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边

三角形且面积为”后，则三棱锥。-ABC体积的最大值为（）

A.125/3B.1873C.24我D.54a

3.（2020•新课标1）已知A,B,C为球。的球面上的三个点，。01为△ABC的外接圆.若

。01的面积为4n,AB=BC=AC=OO\,则球。的表面积为（）

A.64nB.48nC.36nD.32n

4.（2020•新课标I）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四

棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其

侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）

AV5-1R娓T烟+1D遍+1

A.---------o.---------cJ---------U,---------

4242

5.（2020•新课标H）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图

中对应的点为M,在俯视图中对应的点为N,则该端点在侧视图中对应的点为（）

A.EB.FC.GD.H

6.（2020•新课标HI）如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）

A.6+4&B.4+472C.6+273D.4+2^3

7.（2020•新课标U）已知aABC是面积为2返的等边三角形，且其顶点都在球。的球面

4

上.若球。的表面积为16m则0到平面ABC的距离为（）

A.5/3B.旦C.1D.返

22

8.（2019•新课标I）已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球。的球面上，PA=PB=PC,△

ABC是边长为2的正三角形，E,F分别是出，AB的中点，NCEF=90°,则球。的体

积为（）

A.B.C.D.

9.（2019•新课标III）如图，点N为正方形ABC。的中心，△EC。为正三角形，平面ECD

_L平面A8C£>,M是线段ED的中点，则（）

A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线

B.BMWEN,且直线BM,EN是相交直线

C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线

D.BM¥EN,且直线BM,EN是异面直线

10.（2019•全国）正三棱锥P-ABC的侧面都是直角三角形，E,尸分别是4B,BC的中点,

则PB与平面PEF所成角的正弦为（）

A.返B.四C.返D.后

6633

11.（2019•全国）经过点（1,-1,3）且与平面2x+y-z+4=0平行的平面方程为（）

A.2x+y-z+2=0B.2x+y+z-6=0C.2x+y+z-4=0D.2x+y-z-3=0

12.（2018•新课标n）在正方体A8CO-4BC1O1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE

与C。所成角的正切值为（）

A.返B.返C.在D.近

2222

13.（2018•新课标I）已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面a所成的角都相等，

则a截此正方体所得截面面积的最大值为（）

A.^1.B.c.D.返

4342

二.填空题（共1（）小题）

14.（2018•全国）已知三棱锥O-A8C的体积为1,Ai、Bi、。分别为04、OB、0c的中

点，则三棱锥0-A1B1C1的体积为.

15.（2018•全国）长方体A8CD-AiBiCiOi,AB=AD=4,A4i=8,E、F、G为AB、481、

的中点，〃为4。上一点，则4H=1,求异面直线FH与EG所成角的余弦值.

16.（2020•新课标I）如图，在三棱锥P-A8C的平面展开图中，AC=1,AB=AO=匾，

ABLAC,ABLAD,NCAE=30°,则cosN尸CB=.

以P)

17.（2020•新课标I）设向量a=（1,-1）,b=（〃?+1,2m-4）,若a±b，贝!Im=.

18.（2020•新课标HI）已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的

体积为.

19.（2019•新课标I）已知/4C8=90°,P为平面ABC外一点，PC=2,点P到NACB

两边AC,8c的距离均为百，那么P到平面A8C的距离为.

20.（2019•新课标H）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多

为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图

1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学

的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面

上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有个面，其棱长为.

图1图2

21.（2019•新课标HI）学生到工厂劳动实践，利用3。打印技术制作模型.如图，该模型为

长方体ABCC-4B1C1OI挖去四棱锥。-EFGH后所得的几何体，其中。为长方体的中

心，E,F,G,H分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm,A4=4cw.3O打印所用原料密

度为0.9g/"A不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g.

22.（2019•全国）已知平面a截球。的球面所得圆的面积为m。到a的距离为3,则球。

的表面积为.

23.（2018•新课标H）已知圆锥的顶点为S,母线S4,S3互相垂直，SA与圆锥底面所成角

为30°.若aSAB的面积为8,则该圆锥的体积为.

三.解答题（共17小题）

24.（2018•新课标I）如图，在平行四边形中，AB=AC=3,乙4cM=90°,以4c

为折痕将aACM折起，使点M到达点。的位置，且

(1)证明：平面AC。_L平面ABC；

(2)。为线段A。上一点，P为线段BC上一点，S.BP=DQ=^DA,求三棱锥0-ABP

的体积.

25.(2020•新课标I)如图，。为圆锥的顶点，。是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE

=AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为。。上一点，20=逅。。.

6

(1)证明：%JL平面PBC；

(2)求二面角8-PC-E的余弦值.

26.(2020•新课标I)如图，。为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△A8C是底面的内

接正三角形，P为。。上一点，NAPC=90°.

(1)证明：平面以BJ_平面以C；

(2)设。。="力，圆锥的侧面积为百n,求三棱锥P-ABC的体积.

D

27.(2020•新课标H)如图，已知三棱柱ABC-A\B\C\的底面是正三角形，侧面BBCC

是矩形，M,N分别为BC,BiCi的中点，P为AM上一点.过81。和P的平面交AB于

E,交AC于尸.

(1)证明：AA\//MN,且平面4AMV_L平面EBiCiF；

(2)设。为△481。的中心.若A。〃平面EBC1凡且AO=A8,求直线BE与平面

A1AMN所成角的正弦值.

28.(2020•新课标HI)如图，在长方体48C£>-AIBICIDI中，点E,尸分别在棱力Di,BB\

上，且2DE=EDi,BF=2FBi.

(1)证明：点C1在平面AEF内；

(2)若AB=2,AD=1,AAi=3,求二面角A-EF-4的正弦值.

cB

29.(2020•新课标HI)如图，在长方体ABC。-4BiCi£>i中，点E,尸分别在棱。£>i,BBi

上，iL2DE=ED\,BF=2FB\.证明:

(1)当48=BC时，EF1AC；

(2)点Ci在平面AEF内.

30.(2020•新课标H)如图，已知三棱柱ABC-AyB\C\的底面是正三角形，侧面BB\C\C

是矩形，M,N分别为BC,BiCi的中点，P为AM上一点.过BiCi和尸的平面交AB于

E,交AC于F.

(1)证明：AA\//MN,且平面4AMM1平面EBICIF；

(2)设。为△A1B1C1的中心.若AO=AB=6,AO〃平面EB1C1F,且NMPN='-,求

3

四棱锥B-EB1C1F的体积.

31.(2019•新课标I)如图，直四棱柱A8CD-A181clz)1的底面是菱形，441=4,AB=2,

ZBAD=60°,E,M,N分别是8C,BB\,4。的中点.

(1)证明：MN〃平面C\DE；

(2)求点C到平面CiQE的距离.

32.(2019•新课标I)如图，直四棱柱A8CO-481cl£>1的底面是菱形，441=4,AB=2,

NBAO=60°,E,M,N分别是8C,BB\,4。的中点.

(1)证明：MN〃平面CiDE；

(2)求二面角A-MA\-N的正弦值.

33.(2019•新课标II)如图，长方体ABCD-4B1C1A的底面ABC。是正方形，点E在棱

AA\±,BELEC\.

(1)证明：BE_L平面EBiCi；

(2)若求二面角8-EC-Ci的正弦值.

34.(2019•新课标H)如图，长方体A8CO-481。。的底面A8C。是正方形，点E在棱

A4上，BELEC\.

(1)证明：SELL平面EB1C1；

(2)若AE=AiE,AB=3,求四棱锥E-8B1C1C的体积.

35.(2019•新课标HI)图1是由矩形AOEB、RtzMBC和菱形2FGC组成的一个平面图形，

其中AB=1,BE=BF=2,ZFBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与8F重合，连

结QG,如图2.

图1图2

(1)证明：图2中的A,C,G,。四点共面，且平面ABC,平面BCGE；

(2)求图2中的二面角8-CG-A的大小.

36.(2019•新课标III)图1是由矩形4DEB,RtA4BC和菱形BFGC组成的一个平面图形，

其中AB=1,BE=BF=2,NFBC=60；将其沿AB,8c折起使得BE与BF重合，连

结。G,如图2.

GB

图1图2

(1)证明：图2中的A,C,G,。四点共面，且平面ABC_L平面BCGE；

(2)求图2中的四边形ACG。的面积.

37.(2018•新课标II)如图，在三棱锥P-A8C中，AB=BC=2显,PA=PB=PC=AC=4,

。为AC的中点.

(1)证明：PO_L平面ABC；

(2)若点例在棱BC上，且MC=2MB,求点C到平面尸。例的距离.

38.(2018•新课标III)如图，矩形ABC。所在平面与半圆弧而所在平面垂直，M是面上异

于C,。的点.

(1)证明：平面AMD_L平面8MC；

(2)在线段AM上是否存在点P,使得〃平面尸8。？说明理由.

39.(2018•新课标I)如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以

QF为折痕把折起，使点C到达点尸的位置，且PFLBF.

(1)证明：平面PEF_L平面A8FQ；

(2)求。P与平面A5FD所成角的正弦值.

40.（2018•新课标H）如图，在三棱锥P-A8C中，AB=BC=2®PA=PB=PC=AC=4,

。为AC的中点.

(1)证明：PO_L平面ABC；

(2)若点M在棱BC上，且二面角M-附-C为30°,求PC与平面以M所成角的正

弦值.

O,

C

B

答案

一.选择题（共13小题）

1.【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16,高为：2,

直观图以及侧面展开图如图:

圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中,

最短路径的长度：^22+42=275.

故选：B.

2.【解答】解：ZsABC为等边三角形且面积为9«,可得亨XAB2=9V^，解得AB=6,

球心为0,三角形A8C的外心为0',显然。在0'0的延长线与球的交点如图：

°,C=£x除X6=2。00'=爪2_（2百）2=2,

04

则三棱锥D-ABC高的最大值为：6,

3=

则三棱锥。-A8C体积的最大值为：1X^-X618V3.

3.【解答】解：由题意可知图形如图：。01的面积为4n,可得0M=2,则

■1-A0i=ABsin6(r,yAOj

：.AB=BC=AC=OOi^243,

外接球的半径为：R=JA0]2+00]2=4,

球。的表面积：4XnX42=64n.

故选：A.

4.【解答】解：设正四棱锥的高为儿底面边长为“，侧面三角形底边上的高为〃'，

h2=>^-ah/

则依题意有：，

,2,/2、2

h=h-(,ya)

因此有“2_(旦)2=L“=»4(1^)2-2(~^)-1=()=>2^=遍>1(负值-巡+1

22aaa44

舍去)；

故选：C.

5•【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图:

如图所示:

根据三视图和几何体的的对应关系的应用，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对

应的点为例，在俯视图中对应的点为N,

所以在侧视图中与点E对应.

故选：A.

6.【解答】解：由三视图可知，几何体的直观图是正方体的一个角，如图:

PA=AB=AC^2,PA,AB.AC两两垂直，

故PB=BC=PC=242,

几何体的表面积为：3x2.x2X2X(2>/2)2=6+2^3>

故选：C.

7.【解答】解：由题意可知图形如图：△48C是面积为2返的等边三角形，可得

4

：.AB=BC=AC=3,

可得：AO|=2x3=百，

32

球。的表面积为16n,

外接球的半径为：R;所以4TTR2=16TT,解得R=2,

所以。到平面ABC的距离为：yj4—3~1•

由公=PB=PC,AABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P-A8C为正三棱锥,

则顶点尸在底面的射影01为底面三角形的中心，连接BOi并延长，交AC于G,

则AC_L8G,又P0i_LAC,P0\C\BG=0\,可得AC_L平面PBG,则PB_LAC,

■:E,尸分别是B4,AB的中点，：,EF//PB,

又NCEF=90°,EPEFLCE,：.PBLCE,得PBJ_平面P4C,

.•.正三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直,

把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球,

其直径为D=y/pf,2+PB2+PC2=^(PA2+PB2+PB2+PC2+PA2+PC2)

(AB2+BC2+AC2)=^1(22+22+22)^^-

半径为逅，则球。的体积为生兀x<)3=V6K.

232

故选：D.

9.【解答】解：•.•点N为正方形ABC。的中心，为正三角形，平面EC。，平面ABCQ,

M是线段瓦>的中点，

:.BMu平面BDE,ENu平面BOE,

是△〃£)£■中。E边上的中线，EN是△BOE中80边上的中线，

直线8M,EN是相交直线，

设。E=m则80=企a,BE=艮/总@2=如&,

:.BM中EN,

故选：B.

10.【解答】解：,・•正三棱锥人45。的侧面都是直角三角形，E,尸分别是A3,3c的中点,

p

...以P为原点，方为x轴，PB为y轴，PC为Z轴，建立空间直角坐标系，

设物=P8=PC=2,

则A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),E(1,1,0),F(0,1,1),

而=(0,2,0),正=(1,1,0),屈=(0,1,1),

设平面PEF的法向量］=(x,y,z),

n，,.n,PE=x+y=0汨__,.，八

则«一।,取X—1,1rj-n—(1,-1»1),

n，Pf=y+Z=0

设PB与平面PEF所成角为0,

则sing旦B-nJ=_^=运.

|PB|-|n|2^33

:.PB与平面PE尸所成角的正弦值为返.

3

故选：C.

11.【解答】解：设与平面2r+y-z+4=0平行的平面方程为2x+y-z+A=0,

代入点(1,-1,3),得2X1-1-3+:=0,解得左=2,

则所求的平面方程为2x+y-z+2=0.

故选:A.

12.【解答］解以。为原点，ZM为x轴，QC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系,

设正方体ABCO-AiBCiP棱长为2,

则A(2,0,0),E(0,2,1),D(0,0,0),

C(0,2,0),

AE=(-2,2,1),CD=(0，-2,0),

设异面直线AE与CD所成角为0,

则COS0=42

lAEl-ICDl柠23,

sin0=返

3’

.,.tane=^^>

2

异面直线AE与CD所成角的正切值为近•.

2

故选：C.

13.【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面a所

成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，a截此正方体所

得截面面积的最大，

此时正六边形的边长返,

2

a截此正方体所得截面最大值为：6X务（多2二攀

二.填空题（共10小题）

14•【解答】解：如图，

VABBI、Ci分别为04、OB、0C的中点,

•••△4BQSOBC,则s.艮3小△ABC'

过0作。G,平面ABC,交平面481。于Gi,则0G［卷0G.

’V三棱锥O_A：B&卓△A：B：C：'OGiqxls△必c・0G

=工1

百％-ABC工

15.【解答】解：•.,长方体ABC。-A向CiOi,AB=AD=4,A4i=8,

E、F、G为AB、AiB\.。。的中点,

H为AiDi上一点,则AiH=l,

以力为原点，D4为x轴，OC为)，轴，。。为z轴，建立空间直角坐标系,

F(4,2,8),H(3,0,8),E(4,2,0),

G(0,0,4),

FH=(-1.-2,0),EG=(-4,-2,4),

设异面直线FH与EG所成角为0,

则cos0=型.咆=*_

|FH|•|EG|V5WV3615

故答案为：2匹.

15

16.【解答]解：由已知得8。=扬8=遍，BC=2,

因为力、E、尸三点重合，所以AE=AO=次，BF=BD=y[2AB=\[^,

则在△ACE中，由余弦定理可得CE2=AC2+AE2-2ACME-cosZCAE=1+3-返

2

=1,

所以CE=CF=\,

222

则在△BCF中，由余弦定理得COS/FCB=BC-F二BF_=1+4->=.A

2BC-CF2X1X24

故答案为：

4

17.【解答】解：向量@=(1,-1),b=(加+1,2m-4),若a_Lb，

—♦—*

贝Ia,b—w+1-(2/M-4)=-机+5=0，

则m=5,

故答案为：5.

18.【解答］解：因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，

如图，圆锥母线BS=3,底面半径BC=1,

则其图SC=qB$2_BC2=2"V"^’

不妨设该内切球与母线8s切于点。，

令。。=OC=r,由△SO£>S/\SBC,则毁=幽，

OSBS

即一——=—,解得厂=返-,

2加-r32

-rrr3=^-n,

33

故答案为：返n.

3

s

19.【解答】解：ZACB=90°,P为平面ABC外一点，PC=2,

点P到/ACB两边AC,BC的距离均为我，

过点尸作ED_LAC,交AC于£>,作PELBC,交BC于E,

过尸作PO_L平面ABC,交平面ABC于。，

连结OD,0C,则PD=PE=M，

**•由题意得CD=CE=0D=0E={22_2=1,

_0D2=J3_]=V^.

到平面ABC的距离为企.

故答案为：V2.

20.【解答】解：该半正多面体共有8+8+8+2=26个面，设其棱长为x,则"返x+返x=l,

22

解得x=&-1.

故答案为：26,V2-1.

21•【解答】解：该模型为长方体ABCO-4BICIOI,挖去四棱锥。-EFGH后所得的几何

体，其中。为长方体的中心，

E,F,G,H,分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm,AAI=4CTC,

•••该模型体积为：

%CD-A[B：CiD：一VO-EFGH

=6X6X4-^-x(4X6-4XyX3X2)X3

=144-12=132(.cm5),

V3D打印所用原料密度为0.9^/c/n3,不考虑打印损耗，

.,.制作该模型所需原料的质量为：132X0.9=118.8(g).

故答案为：118.8.

G

22•【解答】解：•.・平面a截球。的球面所得圆的面积为n,则圆的半径为1,

该平面与球心的距离d=3,

.,.球半径l2+32=V10-

二球的表面积S=4H/?2=40TT.

故答案为：40n.

23.【解答】解：圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直，△SAB的面积为8,可得:/SA2=8,

解得SA=4,

S4与圆锥底面所成角为30°.可得圆锥的底面半径为：2次，圆锥的高为：2,

则该圆锥的体积为：V=—XnX（2V3）2X2=8n.

3

故答案为：8n.

三.解答题（共17小题）

24.【解答】解：（1）证明：:•在平行四边形ABCM中，NACM=90°,J.ABVAC,

51.ABIDA.且AQCAC=A,

AB_L面ADC,'：ABu面ABC,

二平面ACQ_L平面ABC；

(2)\"AB=AC=3,ZACM=90°,

:.BP=DQ=2DA=2瓜

3

由（1）wDCLAB,又Z）C_LCA,ADCl®ABC,

二三棱锥-ABP的体积

QV-1SAABPX^-DC

oo

=1x9x11911

ffSAABCfDC=|X|XAX3X3X1X3=1.

25.【解答】解：（1）不妨设圆O的半径为1,0A=08=0C=l,AE=AO=2,AB=BC=ACW^,

DO=VDA2-OA2=V3,P0=^D0=^，

PA=PB=PC=VPO2+AO2=第，

在△布c中，PA1+PC2=AC1,故勿_LPC,

同理可得以1_尸8,又PBCPC=P

故也_L平面PBC；

（2）建立如图所示的空间直角坐标系，

则有B（空，,，o）,c（乎，0）,P（0,0,善），E（0,1,0）,

乙乙乙乙乙

故BC=（~V§‘0,°）,CE=（雪■，4->0），CP=*

乙乙乙乙乙

设平面PCE的法向量为二=6,y,z），

n*CE=0

则由.取x=l,则丫=-«,z=-V6,

n-CP=0

所以平面PCE的法向量为］=（1,-Jj,一证）,

1，冬,

由（1）可知以，平面尸8C,不妨取平面尸2C的法向量为三=（0,

故COS9=_^L2区，即二面角B-PC-E的余弦值为2匹.

|PA||n|55

26.【解答】解：(1)连接。A,OB,OC,ZVIBC是底面的内接正三角形,

所以AB=BC=AC.

。是圆锥底面的圆心，所以：OA=OB=OC,

所以AP=BP=CP=O/^+OP1=OB2+OP2=O^+OP2,

所以PBg△BP8△APC,

由于NAPC=90°,

所以NAPB=N8PC=90°,

所以AP_LBP,CPLBP,

由于APCCP=P,

所以BP_L平面APC,

由于BPu平面PAB,

所以：平面用BJ_平面网C.

(2)设圆锥的底面半径为r,圆锥的母线长为/,

所以］=V2+r^

由于圆锥的侧面积为技,

所以兀•Jz+r2二禽冗，整理得（，+3）（r2-1）=0,

解得r=l.

所以AB=Ji+12X1X1X(*=

由于4尸+8户=482,解得

则：Vp-ABC^X/X

27.【解答】解：（1）证明：N分别为BC,B1G的中点，底面为正三角形,

:.BiN=BM,四边形881MW为矩形，A\NLB\C\,

：.BB\//MN,'：AA\//BB\,：.AA\//MN,

'：MN^B\C\,4N_LBiCl,MNCAiN=N,

平面AiAMM

•.•BiCju平面EB\C\F,

二平面AiAMN，平面EB\C\F,

综上，AA\//MN,且平面AiAMN_L平面EBiCiF.

(2)解：..•三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于BiCi,EF,

：.EF//B\C\//BC,

'：A0//^EB\C\F,AOu面AMNAi,面AMW41n面EB1C1F=PN,

J.AO//PN,四边形APNO为平行四边形，

是正三角形的中心，AO=AB,

:.AiN=3ON,AM=3AP,PN=BC=BiC\=3EF,

由(1)知直线BE在平面44MN内的投影为PN,

直线与平面A1A用N所成角即为等腰梯形EFC\B\中81E与PN所成角,

在等腰梯形EFC181中，令EF=1,过E作EMLBiCi于，，

,

则PN=BiCi=EH=3,B1E=V10

B1H775

sin/8iEH=」一=卫1,

B[E10

直线BiE与平面AMMN所成角的正弦值为逗.

10

28.【解答】（1）证明：在441上取点M,使得4M=2AM,连接EM,BiM,EC\,FC\,

在长方体ABCQ-AiBiCiQi中，有。Ci〃A4i〃BBi,且。Di=AAi=BBi.

又2DE=EDi,4M=2AM,BF=2FBi,：.DE=AM=FB\.

四边形BiRM和四边形EDAM都是平行四边形.

：.AF//MB\,S.AF=MBi,AD//ME,S.AD^ME.

又在长方体ABC。-A181C1。中，有A£)〃BICI,且AQ=BiCi,

.•.310〃〃£：且81。=M£：,则四边形81CEM为平行四边形，

：.EC\//MB\,且ECl=MBi,

又AF〃MBi,S.AF=MB\,：.AF//EC\,且AF=ECi,

则四边形4尸ClE为平行四边形,

...点C1在平面AEF内;

(2)解：在长方体ABCQ-41BC1O1中，以Ci为坐标原点,

分别以CIQI,C\B\,CiC所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.

；A8=2,AD=\,A4i=3,2DE=EDi,BF=2FBi,

：.A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A\(2,1,0),

则而=(-2,1,-1)，AE=(O,-1,-1)，A[E=(0,-1,2)-

设平面AEF的一个法向量为q=(xi，Y1，zi>

ni*EF=-2xi+y.-z<=0

则_._，取用=1，得3=(1,1,-1)；

rij*AE=-yj-zj=0

设平面4EF的一个法向量为正=但2,y2，z2)-

'・•

n2-EF=-2x2+y2-z2=0

则一一.，取r=l,得n/(1,4,2)・

+=

n2*A1E=-y22z20

nl，n21+4-2V7

，cos〈m，E>=

I、|-忘|V3*V217

设二面角A-EF-A1为0,则sin®=

二面角A-EF-AA的正弦值为返

7

29.【解答】解：(1)因为ABCD-AiBiCi。是长方体，所以BBi_L平面ABCQ,而ACu平

®ABCD,所以AC_LB8i,

因为ABCO-AIBICIOI是长方体，且A8=BC,所以ABC。是正方形，所以4CJ_BD,

所以AC,平面881囱力，又因为点E,尸分别在棱£＞。1,881上，所以£7七平面BBIDID,

所以EFLAC.

(2)取A4i上靠近4的三等分点M,连接DM,C\F,MF,C\E.

因为点E在力Oi,S.2DE=ED\,所以且EDi=AM,

所以四边形AECiM为平行四边形，所以OiM〃AE,且。1M=AE,

又因为产在881上，且BF=2F8i,所以4M〃尸81,且AiM=F8i,

所以FM为平行四边形,

所以1rM〃A181,FM=A\B\,B|JFM//C\D\,FM=C\D\,

所以CiDiMF为平行四边形，

所以D\M//C\F,

所以AE〃C1F,所以A,E,F,。四点共面.

所以点Cl在平面AEF内.

30.【解答】证明：（1）由题意知A4i〃BBi〃CCi,

又；侧面881cle是矩形且M,N分别为BC,BiCi的中点,

：.MN〃BBi,BBi±BC,

：.MN//AA\,MNLBiCi,又底面是正三角形，

：.AM±BC,AiN±BiCi,

又.•.81。_1_平面4力削，

：BiCiu平面EB\C\F,

平面AiAMN_L平面EBiCiF；

解：（2）；A。〃平面EBiCiF,AOu平面AMMM

平面AiAMNC平面EB\C\F=NP,：.AO//NP,

'：NO//AP,：.A0=NP=6,

：0为△A1B1C1的中心,

；.ON=LiCisin60°=Lx6X

33

0N=AP=M，

，4M=3AP=3我,

过何作例，J_NP,垂足为H,

•平面4AMN_L平面E31C1F,平面AiAMNCl平面MHu平面AiAMM

平面EB\C\F,

•.•在等边三角形中里=2巳，

BCAM

B|JE尸=^^=^1=2,

AM373

由（1）可知四边形EBCi尸为梯形,

四边形EBiCi尸的面积为S四边肥EBCF=L(BC1+E尸)・NP=L(6+2)X6=24,

1122

•.•MP=2.AM=2x3次=2次,

NMPN=j：.MH=MPsinNMPN=273乂喙=3,

=JLX24X3=24.

3

31•【解答】解法一：

证明：（1）连结8C,ME,,:M,E分别是BBi,BC的中点，

：.ME//B\C,又N为Ai。的中点，：.ND=^-A\D,

2

由题设知AiBiJ/CC,:.BiC口AiD,:.ME]]ND,

...四边形MNDE是平行四边形，

MN//ED,

又MNU平面C\DE,〃平面CiDE.

解：（2）过C作C1E的垂线，垂足为H,

由已知可得OE_LBC,DELC\C,

.•.DE_L平面C1CE,故OEJLCH,

；.C，J•平面CiDE,故CH的长即为C到平面C1DE的距离，

由已知可得CE=1,CCi=4,

.*.Ci£=-/17>故。/7=生叵，

17

点C到平面CiDE的距离为M2.

17

解法二：

证明：（1）•.•直四棱柱48cQ-4B1C1P的底面是菱形，

44=4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分别是8C,BBi,40的中点.

平面ABCD,DELAD,

以。为原点，D4为x轴，OE为），轴，为z轴，建立空间直角坐标系，

M（1,2）,N（1,0,2）,D（0,0,0）,E（0,炳,0）,C\（-1,眄,4）,

诵=（0,-73.0）,西=（-1,a，4）,DE=（0,V3«0）,

设平面C1OE的法向量3=（x,y,z）,

叫_n_•DC1<=-x+V3y+4z=0，

n-DE=V3y=0

取z=l,得11=（4,0,1）,

；MN・n=0，MNC平面。。E,

〃平面C\DE.

解：(2)C(-1,M，0),DC=(-1，F，

平面CiQE的法向量1=(4,0,1),

.•.点C到平面OOE的距离：

32.【解答】（1）证明：如图，过N作N"_L4D,则NH〃/Ui,且研得人人「

XMB//AA\,A/B=—AA,，四边形NMBH为平行四边形，则NM〃BH,

21

由NH〃A4i,N为4。中点，得H为AO中点，而E为2c中点，

J.BE//DH,BE=DH,则四边形BED”为平行四边形，则8H〃Z）E,

：.NM//DE,

平面CiQE,Z）Eu平面。。E,

〃平面ClDE；

（2）解：以。为坐标原点，以垂直于。C得直线为x轴，以。C所在直线为y轴，以

所在直线为z轴建立空间直角坐标系，

贝l]N（返，[，2）,M（V3-1，2）,Ai（我，-1,4）,

22

NM=（亨,日,°），叫=（率，9，2）＞

设平面A1MN的一个法向量为左（x,y,z），

m*NM=乎x,y=0

由，___'取彳=«，得-1,-1),

m,NA]=2x-^y+2z=0

又平面MA4的一个法向量为1=（1,0,0）,

m,n

；.cos<m,n>==V3=V75

ImI,In|V55

二面角A-M4-N的正弦值为IB.

5

33.【解答】证明：（1）长方体ABCD-4B1C1D1中，用。J_平面AB4B1,

J.BiCilBE,\'BE±ECi,

VBICIDECI-CI,，鹿，平面EBiCi.

解：（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系,

设AE=AiE=l,则BE=EBi,VBE±¥ffiEB\C\,：.BELEB\,

，8E2+EBI2=2BE2=BB[2=4,：.BE2=2,

VAE2+AB2=1+AB2=BE2=2,：.AB=l,

则E(l,1,1),A(1,1,0),Bi(0,1,2),Ci(0,0,2),C(0,0,0),

•;BC±EB\,EB\_L面EBC,

故取平面E8C的法向量为口=可=(-1,0,1),

设平面EC。的法向量^=(x,y,z),

n,CCi=0(=n—

由《，得Iz,取x=l,得口=(1，-1,0),

tn-CE=0lx+y+z=0

m

.*.cos<^,；>=_1L—=-

Iml-lnl2

二面角B-EC-Ci的正弦值为返.

2

34.【解答】解：(1)证明：由长方