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【单元测试】高中数学人教A版(2019)必修第二册--《第八章 立体几何初步》单元测试1（含解析）
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这是一份【单元测试】高中数学人教A版(2019)必修第二册--《第八章 立体几何初步》单元测试1（含解析），共20页。
人教A版（2019）必修第二册《第八章 立体几何初步》单元测试
一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）已知两平面α，β，两直线m，n，下列命题中正确的是( )
A. 若m//α，n⊂α，则m//n
B. 若m⊂α，n⊂α，且m//β，n//β，则α//β
C. 若m⊥α，m//n，n⊂β，则α⊥β
D. 若m//α，α∩β=n，则m//n
2.（5分）将等腰直角三角形ABC沿斜边上的高线AD折成60º的二面角，则折后的直线BC与平面ABD所成角的正弦值( )
A. 12 B. 33 C. 22 D. 32
3.（5分）如果一个圆锥的侧面展开图恰是一个半圆，那么这个圆锥轴截面三角形的顶角为( )
A. π6 B. π4 C. π3 D. π2
4.（5分）如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为( )
A. 15 B. 35 C. 25 D. 45
5.（5分）已知三棱锥A-BCD中，ΔABC为等边三角形，AB=23，∠BDC=90°，二面角A-BC-D的大小为150°，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为( )
A. 7π B. 12π C. 16π D. 28π
6.（5分）已知空间中有三条线段AB，BC和CD，且∠ABC=∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是( )
A. AB//CD B. AB与CD异面
C. AB与CD相交 D. AB//CD或AB与CD异面或AB与CD相交
7.（5分）在空间中，α，β表示平面，m表示直线，已知α∩β=l，则下列命题正确的是( )
A. 若m//l，则m与α，β都平行
B. 若m与α，β都平行，则m//l
C. 若m与l异面，则m与α，β都相交
D. 若m与α，β都相交，则m与l异面
8.（5分）设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E为DD1的中点，M为直线BD1上一点，N为平面AEC内一点，则M,N两点间距离的最小值为( )
A. 63 B. 66 C. 34 D. 36
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）在正三棱锥P-ABC中，PB=2AC=26，D，E分别是棱AC，PB的中点，M是棱PC上的任意一点，则下列结论正确的是()
A. PB⊥AC B. 异面直线DE和AB所成角的余弦值是33
C. AM+MB的最小值是43 D. 三棱锥P-ABC内切球的半径是21-1
10.（5分）正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP=23BD1，则下面结论正确的是( ).
A. MN //平面APC
B. C1Q //平面APC
C. A，P，M三点共线
D. 平面MNQ //平面APC
11.（5分）四棱柱A1B1C1D1-ABCD中，O为正方形ABCD的中心，A1A=A1C=AB，M，N分别为线段A1A，A1B 的中点，下列结论正确的是( )
A. C1C//平面OMN B. 平面A1CD//平面OMN
C. 直线A1C与直线MN所成的角为90° D. OM⊥D1D
12.（5分）已知，四棱锥P-ABCD中，PA=PB=PC=PD，则底面四边形不可能是( )
A. 平行四边形(非矩形) B. 等腰梯形
C. 直角梯形 D. 矩形
13.（5分）已知α，β是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，则下列结论正确的是( )
A. 若α//β，a⊂α，b⊂β，则a//b
B. 若b//α，b⊂β，α∩β=a，则a//b
C. 若a⊂α，b⊂β，a⊥b，则α⊥β
D. 若a//α，b⊥β，a//b，则α⊥β
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）如图，一个圆锥的底面半径为2cm，高为6cm，若其中有一个底面半径为1cm的内接圆柱．则圆柱的侧面积为_______cm2.
15.（5分）已知四面体A-BCD中，AB=CD=5，AC=BD=10，BC=AD=13，则其外接球的体积为________.
16.（5分）点A、B、C、D在同一个球的球面上，AB=BC=2,AC=22，若四面体ABCD体积的最大值为43，则该球的表面积为 ______ ．
17.（5分）下列五个正方体图形中，l是正方形的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出l⊥面MNP的图形的序号是______(写出所有符合要求的图形序号)．
18.（5分）在梯形ABCD中，AB//CD，AB=2，AD=CD=CB=1，将△ACD沿AC折起，连接BD，得到三棱锥D-ABC，则三棱锥D-ABC体积的最大值为__________，此时该三棱锥的外接球的表面积为__________.
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）已知四棱锥P-ABCD的底面是菱形，且PA=PC，PB=PD.若O是AC与BD的交点，求证：PO⊥平面ABCD.
20.（12分）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD，点D1为棱PD的中点，过D1作与平面ABCD平行的平面与棱PA，PB，PC相交于A1，B1，C1，∠BAD=60°．
(1)证明：B1为PB的中点；
(2)已知棱锥的高为3，且AB=2，AC、BD的交点为O，连接B1O.求三棱锥B1-ABO外接球的体积．
21.（12分）《九章算术》中记录形似“楔体”的所谓“羡除”，就是三个侧面都是梯形或平行四边形(其中最多只有一个平行四边形)、两个不平行对面是三角形的五面体．如图，羡除ABCDEF中，ABCD是边长为6的正方形，且△EAD，△FBC均为正三角形，棱EF平行于平面ABCD，EF=2AB.
(1)求证：AE⊥CF；
(2)求三棱锥A-BDF的体积．
22.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，AD//BC，AD=2BC=2，PC=2，ΔABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E是PD的中点．
(I)求证：平面EAC⊥平面PCD；
(II)求直线PA与平面EAC所成角的余弦值．
23.（12分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AC，CC1的中点．
(1)求证：DE//平面AB1C1；
(2)若BC=BA，A1E⊥平面BDE，求证：平面AA1C1C⊥平面ABC.
答案和解析
1.【答案】C;
【解析】
该题考查命题真假的判断，考查空间线面的位置关系，属于基础题．
在A中，m与n平行或异面；在B中，α与β相交或平行；在C中，由面面垂直的判定定理得α⊥β；在D中，m与n平行或异面．
解：由两平面α，β，两直线m，n，知：
在A中：若m//α，n⊂α，则m与n平行或异面，故A错误；
在B中：若m⊂α，n⊂α，且m//β，n//β，则α与β相交或平行，故B错误；
在C中：若m⊥α，m//n，n⊂β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；
在D中：若m//α，α∩β=n，则m与n平行或异面，故D错误．
故选：C．
2.【答案】D;
【解析】
此题主要考查了直线和平面所成的角，是基础题.
把直线和平面所成的角转化为相交直线所成的角，根据解三角形可以得出答案.
解：将等腰直角三角形ABC沿底边上的高线AD折成60º的二面角，如图所示：
在等腰直角三角形ABC中，AD⊥BC，易知直线BC与平面ABD所成角为∠DBC，
又BD=DC，∠BDC=60º，所以ΔDBC为正三角形，故∠DBC=60º，
所以直线BC与平面ABD所成角的正弦值为32.
3.【答案】C;
【解析】
该题考查圆锥的结构特征，旋转体的侧面展开图，考查计算能力，空间想象能力，是基础题．
圆锥的侧面展开图是半圆，半圆的弧长就是圆锥的底面圆的周长，设出母线，求出圆锥的底面直径，可求圆锥的顶角．
解：设圆锥的母线长为R，则圆锥的底面周长为πR，
则圆锥的底面直径为R，所以圆锥的顶角为π3．
故选：C．
4.【答案】C;
【解析】解：如图所示，建立空间直角坐标系．
不妨设AB=2.则A(0,0,0)，E(1,0,0)，F(2,1,0)，设M(0,t,2)，0⩽t⩽2．
∴FA→=(-2,-1,0)，EM→=(-1,t,2)，
∴cosθ=FA→.EM→|FA→|.|EM→|=2-t5.5+t2，
令f(t)=(2-t)2t2+5，t∈[0,2]．
f'(t)=2(2t2+t-10)(t2+5)2<0，∴函数f(t)在t∈[0,2]上单调递减．
∴t=0时，函数f(t)取得最大值．
∴cosθ的最大值为：25×5=25．
故选：C．
如图所示，建立空间直角坐标系．不妨设AB=2.设M(0,t,2)，0⩽t⩽2.可得cosθ=FA→.EM→|FA→|.|EM→|=2-t5.5+t2，令f(t)=(2-t)2t2+5，t∈[0,2].利用导数研究函数的单调性即可得出．
该题考查了异面直线所成的角、向量夹角公式、数量积运算性质、利用导数研究函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
5.【答案】D;
【解析】
此题主要考查球的表面积和体积，棱锥及其结构特征，二面角，属于中档题.
根据已知条件解三角形求出外接球的半径R，进而得出答案.
解：设球心为M，BC的中点为P，
∵三角形BDC满足∠BDC=90∘，
∴P为三角形BDC的外心，
设ΔABC的外心为O，
∵ΔABC为等边三角形，
∴MO⊥平面ABC，MP⊥平面BDC，
∵二面角A-BC-D的大小为150∘，
∴∠OPM=60∘，
在等边三角形ABC中，
由AB=23，得AP=3，∴OP=1，
在RtΔMOP中，可得MO=3，
在RtΔMOA中，得MA=AO2+MO2
=22+32=7.
∴三棱维A-BCD的外接球的表面积为4π.(7)2=28π.
故选： D.
6.【答案】D;
【解析】
此题主要考查了直线的位置关系，难度不大．
根据条件作出示意图，容易得到三种情况.
解：如图：
若三条线段共面，如果AB，BC，CD构成等腰三角形，则直线AB与CD相交，否则直线AB与CD平行;
若不共面，则直线AB与CD是异面直线，所以可知AB，CD有相交，平行，异面三种情况，
故选D.
7.【答案】B;
【解析】此题主要考查了线面平行的性质定理和判定定理的运用，熟练掌握相关定理是关键．利用面面关系、线面关系的定理分别分别选择．解：对于A，α∩β=l，m//l，则m与α，β可能都平行，也可能在其中一个平面内；故A错误；
对于B，α∩β=l，若m与α，β都平行，根据线面平行的性质可以判断m//l；故B正确；
对于C，α∩β=l，若m与l异面，则m与α，β可能都相交，也可能与其中一个平面平行，与另一个平面相交；故C错误；
对于D，α∩β=l，若m与α，β都相交，则m与l异面或者相交；故D错误；
故选B.
8.【答案】B;
【解析】
由题意得M,N两点间距离的最小值等于直线BD1到平面AEC的距离，进而即可得结果.
解：连接AC，交BD于点O，则OE //BD1，从而BD1 //平面AEC，
所以M,N两点间距离的最小值等于直线BD1到平面AEC的距离，
而B到平面AEC的距离等于D到平面AEC的距离，
∵AC⊥BD, AC⊥DD1, BD∩DD1=D，
所以AC⊥平面BDD1，
又AC⊂面EAC，
∴面EAC⊥面BDD1，
又面EAC∩面BDD1=OE，
过D作DH⊥OE于点H，
则有DH⊥面AEC，
即D到平面AEC的长度即为DH，
DE=12, DO=22, OE=32,
DH=DE⋅DOEO=66.
故选B.
9.【答案】AB;
【解析】
此题主要考查了线面平行的判定与性质，异面直线所成角，多面体表面上的最短距离问题与球的接切问题，难度较难解：如图1，连接PD，BD.由正三棱锥的性质可知PA=PC，AB=AC=BC.
因为D是棱AC的中点，所以AC⊥BD，AC⊥PD，所以AC⊥平面PBD.
因为PB⊂平面PBD，所以PB⊥AC，则A正确.
取BC的中点F，连接DF，EF，DE.因为D，F分别是棱AC，BC的中点，所以DF//AB，DF=3，
则∠EDF是异面直线DE和AB所成的角(或补角).
作PO⊥BD，EH⊥BD，垂足分别是O，H.
因为AB=AC=BC=23，所以BD=3.
因为AC⊥平面PBD，所以AC⊥PO，又PO⊥BD，所以PO⊥平面ABC，
则O为平面ABC的中心，故OB=2OD=2.
因为E是棱PB的中点，且PO//EH，所以H是OB的中点，所以OH=HB=1.
因为PB=26，BO=2，所以PO=25，所以EH=5，则DE=3.
因为E，F分别是棱PB，BC的中点，所以EF=6.
在△DEF中，由余弦定理可得cos∠EDF=DE2+DF2-EF22DE·DF=33，则B正确.
将平面PAB和平面PBC展开到一个平面上，如图2，连接AC.
因为PA=PB=PC=26，AC=BC=23，
所以cos∠APC=cos∠BPC=24+24-122×24=34，
所以cos∠APB=cos2∠BPC=2×(34)2-1=18，
则AB=PA2+PB2-2PA·PBcos∠APB=42，则C错误.
设三棱锥P-ABC内切球的半径是r，
则VP-ABC=13×[34×(23)2+12×23×24-3×3]×r=13×34×(23)2×25，
解得r=5(21-1)10，则D错误.
10.【答案】BC;
【解析】
本题重点考查空间线面平行的判定，面面平行的判定，属中档题.
根据题意结合平面的基本性质、线面平行，面面平行的判定定理即可判断.
解：连接AM，
因为D1M//AB，
所以A,B,M,D1共面，
设AM与D1P交与点R，
所以MRRA=D1MAB=12，
所以R是BD1的三等分点，
即R与P重合，即A，P，M三点共线，故C正确；
又M∈AP，AP⊂面PAC，
所以MN与面APC相交，A错误；
同理可知N在平面APC内，
因为AN//C1Q，AN⊂面APC，C1Q⊄面APC，
所以C1Q//面APC，B正确；
直线AP延长到M，则M在平面MNQ内，
又在平面APC内，面MNQ与面APC有公共点，D错误的．
故答案为BC.
11.【答案】BD;
【解析】
此题主要考查棱柱的结构特征，空间中的位置关系，异面直线的夹角，考查空间想象能力，属于中档题.
画出图形，逐项判断即可.
解：根据已知画出图形如图：
从图形中，可得：A1A与平面OMN相交，又A1A//C1C，
故C1C与平面OMN相交，故A错误；
因为M，N分别为线段A1A，A1B 的中点，O为AC的中点，则OM//A1C，MN//AB，又AB//CD，所以MN//CD，
又OM⊄平面A1CD，A1C⊂平面A1CD，
所以OM//平面A1CD，
同理可得：MN//平面A1CD，
而OM∩MN=M，OM、MN⊂平面OMN，
所以平面OMN//平面A1CD，故B正确；
由MN//CD可知：直线A1C与直线MN所成的角为∠A1CD，
由O为正方形ABCD的中心，A1A=A1C=AB，
得A1O⊥AC，AC⊥BD，又A1O∩BD=O，A1O、BD⊂平面A1BD，
得AC⊥平面A1BD，
又AC=2AB=2A1A=2A1C，
所以ΔA1AC是等腰直角三角形，A1O⊥AC，A1O=22AB=BO=DO，
所以点A1在以BD为圆心的圆上，且AC⊥平面A1BD，
则∠A1CD不是定值，故C错误；
由C选项知，A1O=AO,A1O⊥AO，
又M是AA1的中点，得OM⊥AA1，
又AA1//DD1，所以OM⊥DD1，
故D正确.
故选BD.
12.【答案】AC;
【解析】
此题主要考查棱锥的结构特征和平面四边形的外接圆，属于基础题.
根据题意可设PO垂直于ABCD面，根据PA=PB=PC=PD，可得OA=OB=OC=OD，即四边形ABCD有外接圆，根据外接圆存在的条件可以判断.
设P点在底面的投影是O，则PO垂直于ABCD面，
因为PA=PB=PC=PD，所以OA=OB=OC=OD，所以四边形ABCD有外接圆.
又因为对角互补的四边形有外接圆，所以该四边形不可能是非矩形的平行四边形或者直角梯形.
故选AC.
13.【答案】BD;
【解析】解：α，β是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，
对于A，若α//β，a⊂α，b⊂β，则a与b相交、平行或异面，故A错误；
对于B，若b//α，b⊂β，α∩β=a，则由线面平行的性质得a//b，故B正确；
对于C，若a⊂α，b⊂β，a⊥b，则α与β相交或平行，故C错误；
对于D，若a//α，b⊥β，a//b，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故D正确．
故选：BD.
对于A，a与b相交、平行或异面；对于B，由线面平行的性质得a//b；对于C，α与β相交或平行；对于D，由面面垂直的判定定理得α⊥β.
此题主要考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查逻辑推理、空间思维等数学核心素养，是中档题．
14.【答案】6π;
【解析】
此题主要考查圆柱和圆锥的侧面积公式的应用，属于基础题.
通过三角形相似求出圆柱的高，即可求出圆柱的侧面积.
解：由题，设圆柱的高为h，
则利用三角形相似得出比例关系式12=6-h6，
解得h=3，
故内接圆柱的侧面积为2π×3=6π，
故答案为6π.
15.【答案】7143π;
【解析】
此题主要考查求球的体积，四面体扩充为长方体，求出球的半径是关键，属于中档题.
由题意，四面体扩充为长方体，且面上的对角线分别为5，10，13，长方体的对角线长为5+=14，可得球的半径为142，即可求出此球的体积.
解：由题意，四面体扩充为长方体，且面上的对角线分别为5，10，13，
∴长方体的对角线长为5+=14，
∴球的半径为142，
∴此球的体积为4π3×(142)3=7143π.
故答案为7143π.
16.【答案】9π;
【解析】
此题主要考查的知识点是球内接多面体，球的表面积，属于中档题．
其中分析出何时四面体ABCD的体积的最大值，是解答的关键．
根据三棱锥的特征，判定外接球的球心，求出球的半径，即可求出球的表面积．
解：根据题意知，ΔABC是一个直角三角形，其面积为2.其所在球的小圆的圆心在斜边AC的中点上，设小圆的圆心为Q，
四面体ABCD的体积的最大值，由于底面积SΔABC不变，高最大时体积最大，
所以，DQ与面ABC垂直时体积最大，最大值为13×SΔABC×DQ=43，
SΔABC=12AC⋅BQ=12×22×2=2.，∴DQ=2，如图．
设球心为O，半径为R，则在直角ΔAQO中，OA2=AQ2+OQ2，即R2=(2)2+(2-R)2，∴R=32，
则这个球的表面积为：S=4π(32)2=9π；
故答案为：9π
17.【答案】①④⑤;
【解析】解：如图，设正方体为ABCD-A1B1C1D1．
在题图①中，连结AB1，则AB1⊥MN，又AB1是l在面ABB1A1内的射影，
∴l⊥MN.同理，l⊥MP．
∴l⊥平面MNP.故①符合．
在题图②中，延长MP交C1D1的延长线于E，连结NE，若l⊥面MNP，则l⊥NE．
又C1D是l在平面CDD1C内的射影，CD1⊥C1D，
∴l⊥CD1.∴l⊥平面CDD1C1，矛盾．∴②不符合．
在题图③中，平面MNP与题图①中的平面MNP不是同一平面，它们又过同一点，
∴题图③不符合．
在题图④中，l⊥MP，l⊥MN，
∴l⊥平面MNP.延长PM交AB于F，取CD的中点G，则GN//MP，
∴G∈平面MNP.连结FG交BC于H，则H∈平面MNP，可证H是BC的中点．
∴题图④与题图⑤中的平面MNP实为同一平面．
∴⑤也符合．
答案：①④⑤
能得出l⊥面MNP，关键是看平面MNP中有没有与1垂直的直线，逐一判断即可．
点评：本题要先想象直观判断哪些图形符合，再加以推理，考查了空间想象能力、反证法、线面的位置关系等知识，通过这个试题可看出试题在向增加思维量、综合考查同学们的各种能力转化．
18.【答案】312;5π;
【解析】
此题主要考查三棱锥体积，及外接球的表面积，满足考查面面垂直的性质，属于属于较难题．
首先根据题意得到当平面AD1C⊥平面ABC时，三棱锥D1-ABC体积最大，证出BC⊥平面ACD，即可求体积，再转化为直棱柱外接球求解，先求平面ACD外接圆半径r，锥高h=BC，然后用勾股定理R2=(12h)2+r2，求出球的半径R，即可求解．
解：在等腰梯形ABCD中，AB=2BC=2CD=2AD=2，
易得AC⊥BC，AC=3，∠DAC=30°，∠ACD=30°，∠ADC=120°，
当平面ABC⊥平面ACD时，三棱锥D-ABC体积最大，如图所示：
平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD=AC，AC⊥BC，BC⊂平面ABC，
∴BC⊥平面ACD，
满足侧棱BC与底面ACD，转化为以ACD为底面，BC为侧棱的直棱柱外接球求解，
S△ADC=12×1×1×sin120°=34，
所以VD-ABC=13×34×1=312，
设△ACD外接圆半径为r，可得2r=CDsin∠DAC=112=2，r=1，
三棱柱的高h=BC=1，
设球的半径为R，
由勾股定理可得R2=(12h)2+r2，即R2=(12)2+11=54，解得R=52，
∴三棱锥D-ABC的外接球的表面积4πR2=4π×(52)2=5π.
故答案为312；5π.
19.【答案】证明：在三角形PBD中，PB=PD，O为BD的中点，
∴PO⊥BD，在三角形PAC中，PA=PC，O为AC的中点，
∴PO⊥AC，又∵AC∩BD=O，∴PO⊥平面ABCD.;
【解析】此题主要考查线面垂直的证明方法，难度一般，证出PO⊥AC,PO⊥BD即可.
20.【答案】解：(1)连结B1D1．
∵平面ABCD//平面A1B1C1D1，平面PBD∩平面ABCD=BD，平面PBD∩平面A1B1C1D1=B1D1，
∴BD//B1D1，
∴PB1PB=PD1PD=12，
∴B1为PB中点．
(2)∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
∴ΔABD是等边三角形，OA⊥OB．
∴OB=12BD=12AB=1，OA=3OB=3，
∵B1，O是PB，BD的中点，
∴OB1//PD，OB1=12PD=32．
∵PD⊥平面ABCD，
∴OB1⊥平面ABCD，∵OA⊂平面ABCD，OB⊂平面ABCD，
∴OA⊥OB1，OB⊥OB1，
∴三棱锥B1-ABO外接球是以OA、OB、OB1为长、宽、高的长方体外接球，
∴三棱锥B1-ABO外接球的半径R=12OA2+OB2+OB12=123+1+94=54．
则三棱锥B1-ABO外接球的体积为V=43πR3=43π(54)3=125π48．;
【解析】(1)由面面平行的性质可得BD//B1D1，故PB1PB=PD1PD=12，于是B1为PB的中点；
(2)由OA，OB，OB1两两垂直可知三棱锥B1-ABO外接球是以OA、OB、OB1为长、宽、高的长方体的外接球．于是长方体的对角线长为球的直径．
本小题主要考查立体几何的相关知识，具体涉及到面面的平行关系在立体几何中的应用．本小题对考生的空间想象能力与运算求解能力有较高要求．
21.【答案】（1）证明：延长AB到M点，使BM=AB，连接CM，FM，
∵EF∥平面ABCD，EF⊂面AMF，平面AMF平面ABCD=AM，
∴EF∥AM，∵AM=2AB=EF，∴四边形AMFE是平行四边形，∴AE∥MF，
在△FCM中，FC=FM=1，CM=2，
∴FC2+FM2=CM2，∴∠CFM=90°，
即MF⊥CF，∴AE⊥CF；
（2）解：取AD，BC中点为M，N，过M作MH⊥EF，连接EM，MN，如下所示：
因为MN∥AB∥EF，故E，F，M，N四点共面，
又因为ABCD为正方形，故AD⊥MN，又△EDA为等边三角形，故AD⊥EM，
又EM，MN⊂面EFMN，EM∩MN=M，则AD⊥面EFNM，
又MH⊂面EFNM，故MH⊥AD，又MH⊥EF，EF∥AB，故MH⊥AB，
又AD，AB⊂面ABCD，AD∩AB=A，故MH⊥面ABCD，
又EF∥面ABCD，故点E到面ABCD的距离为HM，
又S△ABD=12SABCD=18，MH=EM2-EH2=(33)2-32=32，
故VA-BDF=VF-ABD=13S△ABD×MH=182．;
【解析】
(1)AE，CF属于异面直线，为了证明垂直，想办法要通过构建平行，使其相交从而便于证明，因此需要对几何体进行补形；
(2)三棱锥的底面积选取S△ABD，主要任务是求棱锥的高，转化为求点E到底面的距离，即可求解．
此题主要考查了线线垂直的证明和三棱锥的体积计算，属于中档题．
22.【答案】证明：（Ⅰ）∵在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥PC，
∵AD∥BC，AD=2BC=2，PC=2，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，
∴CD=AC=2，∴CD2+AC2=AD2，∴AC⊥DC，
∵PC∩CD=C，∴AC⊥平面PCD，
∵AC⊂平面ABCD，∴平面EAC⊥平面PCD．
解：（II）以C为原点，CD为x轴，CA为y轴，CP为z轴，建立空间直角坐标系，
A（0，2，0），P（0，0，2），D（2，0，0），E（22，0，1），C（0，0，0），
AP→=（0，-2，2），CA→=（0，2，0），CE→=（22，0，1），
设平面EAC的法向量n→=（x，y，z），
则n→.CA→=2y=0n→.CE→=22x+z=0，取x=2，得n→=（2，0，-2），
设直线PA与平面EAC所成角为θ，
则sinθ=|AP→.n→||AP→|.|n→|=226.6=23，
cosθ=1-(23)2=73．
∴直线PA与平面EAC所成角的余弦值为73．;
【解析】
(Ⅰ)推导出AC⊥PC，AC⊥DC，从而AC⊥平面PCD，由此能证明平面EAC⊥平面PCD．
(II)以C为原点，CD为x轴，CA为y轴，CP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线PA与平面EAC所成角的余弦值．
此题主要考查面面垂直的证明，考查线面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
23.【答案】（1）证明：∵D，E分别是AC，CC1的中点，
∴DE∥AC1，
又DE⊄平面AB1C1，AC1⊂平面AB1C1，
∴DE∥平面AB1C1；
（2）∵BC=BA，D是AC的中点，∴BD⊥AC，
又∵A1E⊥平面BDE，BD⊂平面BDE，
∴A1E⊥BD，
又A1E⊂平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C1，显然平行四边形AA1C1C内的两条A1E，AC不平行，∴A1E和AC相交，
∴BD⊥平面AA1C1C1，
又∵BD⊂平面ABC，
∴平面AAlClC⊥平面ABC．;
【解析】
(1)根据中位线的性质，证明DE//AC1即可；
(2)根据线面垂直的性质可得A1E⊥BD，再根据线面垂直的判定证明即可．
此题主要考查了线面平行和面面垂直的证明，属于中档题．
人教A版（2019）必修第二册《第八章 立体几何初步》单元测试
一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）已知两平面α，β，两直线m，n，下列命题中正确的是( )
A. 若m//α，n⊂α，则m//n
B. 若m⊂α，n⊂α，且m//β，n//β，则α//β
C. 若m⊥α，m//n，n⊂β，则α⊥β
D. 若m//α，α∩β=n，则m//n
2.（5分）将等腰直角三角形ABC沿斜边上的高线AD折成60º的二面角，则折后的直线BC与平面ABD所成角的正弦值( )
A. 12 B. 33 C. 22 D. 32
3.（5分）如果一个圆锥的侧面展开图恰是一个半圆，那么这个圆锥轴截面三角形的顶角为( )
A. π6 B. π4 C. π3 D. π2
4.（5分）如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为( )
A. 15 B. 35 C. 25 D. 45
5.（5分）已知三棱锥A-BCD中，ΔABC为等边三角形，AB=23，∠BDC=90°，二面角A-BC-D的大小为150°，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为( )
A. 7π B. 12π C. 16π D. 28π
6.（5分）已知空间中有三条线段AB，BC和CD，且∠ABC=∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是( )
A. AB//CD B. AB与CD异面
C. AB与CD相交 D. AB//CD或AB与CD异面或AB与CD相交
7.（5分）在空间中，α，β表示平面，m表示直线，已知α∩β=l，则下列命题正确的是( )
A. 若m//l，则m与α，β都平行
B. 若m与α，β都平行，则m//l
C. 若m与l异面，则m与α，β都相交
D. 若m与α，β都相交，则m与l异面
8.（5分）设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E为DD1的中点，M为直线BD1上一点，N为平面AEC内一点，则M,N两点间距离的最小值为( )
A. 63 B. 66 C. 34 D. 36
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）在正三棱锥P-ABC中，PB=2AC=26，D，E分别是棱AC，PB的中点，M是棱PC上的任意一点，则下列结论正确的是()
A. PB⊥AC B. 异面直线DE和AB所成角的余弦值是33
C. AM+MB的最小值是43 D. 三棱锥P-ABC内切球的半径是21-1
10.（5分）正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP=23BD1，则下面结论正确的是( ).
A. MN //平面APC
B. C1Q //平面APC
C. A，P，M三点共线
D. 平面MNQ //平面APC
11.（5分）四棱柱A1B1C1D1-ABCD中，O为正方形ABCD的中心，A1A=A1C=AB，M，N分别为线段A1A，A1B 的中点，下列结论正确的是( )
A. C1C//平面OMN B. 平面A1CD//平面OMN
C. 直线A1C与直线MN所成的角为90° D. OM⊥D1D
12.（5分）已知，四棱锥P-ABCD中，PA=PB=PC=PD，则底面四边形不可能是( )
A. 平行四边形(非矩形) B. 等腰梯形
C. 直角梯形 D. 矩形
13.（5分）已知α，β是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，则下列结论正确的是( )
A. 若α//β，a⊂α，b⊂β，则a//b
B. 若b//α，b⊂β，α∩β=a，则a//b
C. 若a⊂α，b⊂β，a⊥b，则α⊥β
D. 若a//α，b⊥β，a//b，则α⊥β
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）如图，一个圆锥的底面半径为2cm，高为6cm，若其中有一个底面半径为1cm的内接圆柱．则圆柱的侧面积为_______cm2.
15.（5分）已知四面体A-BCD中，AB=CD=5，AC=BD=10，BC=AD=13，则其外接球的体积为________.
16.（5分）点A、B、C、D在同一个球的球面上，AB=BC=2,AC=22，若四面体ABCD体积的最大值为43，则该球的表面积为 ______ ．
17.（5分）下列五个正方体图形中，l是正方形的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出l⊥面MNP的图形的序号是______(写出所有符合要求的图形序号)．
18.（5分）在梯形ABCD中，AB//CD，AB=2，AD=CD=CB=1，将△ACD沿AC折起，连接BD，得到三棱锥D-ABC，则三棱锥D-ABC体积的最大值为__________，此时该三棱锥的外接球的表面积为__________.
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）已知四棱锥P-ABCD的底面是菱形，且PA=PC，PB=PD.若O是AC与BD的交点，求证：PO⊥平面ABCD.
20.（12分）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD，点D1为棱PD的中点，过D1作与平面ABCD平行的平面与棱PA，PB，PC相交于A1，B1，C1，∠BAD=60°．
(1)证明：B1为PB的中点；
(2)已知棱锥的高为3，且AB=2，AC、BD的交点为O，连接B1O.求三棱锥B1-ABO外接球的体积．
21.（12分）《九章算术》中记录形似“楔体”的所谓“羡除”，就是三个侧面都是梯形或平行四边形(其中最多只有一个平行四边形)、两个不平行对面是三角形的五面体．如图，羡除ABCDEF中，ABCD是边长为6的正方形，且△EAD，△FBC均为正三角形，棱EF平行于平面ABCD，EF=2AB.
(1)求证：AE⊥CF；
(2)求三棱锥A-BDF的体积．
22.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，AD//BC，AD=2BC=2，PC=2，ΔABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E是PD的中点．
(I)求证：平面EAC⊥平面PCD；
(II)求直线PA与平面EAC所成角的余弦值．
23.（12分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AC，CC1的中点．
(1)求证：DE//平面AB1C1；
(2)若BC=BA，A1E⊥平面BDE，求证：平面AA1C1C⊥平面ABC.
答案和解析
1.【答案】C;
【解析】
该题考查命题真假的判断，考查空间线面的位置关系，属于基础题．
在A中，m与n平行或异面；在B中，α与β相交或平行；在C中，由面面垂直的判定定理得α⊥β；在D中，m与n平行或异面．
解：由两平面α，β，两直线m，n，知：
在A中：若m//α，n⊂α，则m与n平行或异面，故A错误；
在B中：若m⊂α，n⊂α，且m//β，n//β，则α与β相交或平行，故B错误；
在C中：若m⊥α，m//n，n⊂β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；
在D中：若m//α，α∩β=n，则m与n平行或异面，故D错误．
故选：C．
2.【答案】D;
【解析】
此题主要考查了直线和平面所成的角，是基础题.
把直线和平面所成的角转化为相交直线所成的角，根据解三角形可以得出答案.
解：将等腰直角三角形ABC沿底边上的高线AD折成60º的二面角，如图所示：
在等腰直角三角形ABC中，AD⊥BC，易知直线BC与平面ABD所成角为∠DBC，
又BD=DC，∠BDC=60º，所以ΔDBC为正三角形，故∠DBC=60º，
所以直线BC与平面ABD所成角的正弦值为32.
3.【答案】C;
【解析】
该题考查圆锥的结构特征，旋转体的侧面展开图，考查计算能力，空间想象能力，是基础题．
圆锥的侧面展开图是半圆，半圆的弧长就是圆锥的底面圆的周长，设出母线，求出圆锥的底面直径，可求圆锥的顶角．
解：设圆锥的母线长为R，则圆锥的底面周长为πR，
则圆锥的底面直径为R，所以圆锥的顶角为π3．
故选：C．
4.【答案】C;
【解析】解：如图所示，建立空间直角坐标系．
不妨设AB=2.则A(0,0,0)，E(1,0,0)，F(2,1,0)，设M(0,t,2)，0⩽t⩽2．
∴FA→=(-2,-1,0)，EM→=(-1,t,2)，
∴cosθ=FA→.EM→|FA→|.|EM→|=2-t5.5+t2，
令f(t)=(2-t)2t2+5，t∈[0,2]．
f'(t)=2(2t2+t-10)(t2+5)2<0，∴函数f(t)在t∈[0,2]上单调递减．
∴t=0时，函数f(t)取得最大值．
∴cosθ的最大值为：25×5=25．
故选：C．
如图所示，建立空间直角坐标系．不妨设AB=2.设M(0,t,2)，0⩽t⩽2.可得cosθ=FA→.EM→|FA→|.|EM→|=2-t5.5+t2，令f(t)=(2-t)2t2+5，t∈[0,2].利用导数研究函数的单调性即可得出．
该题考查了异面直线所成的角、向量夹角公式、数量积运算性质、利用导数研究函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
5.【答案】D;
【解析】
此题主要考查球的表面积和体积，棱锥及其结构特征，二面角，属于中档题.
根据已知条件解三角形求出外接球的半径R，进而得出答案.
解：设球心为M，BC的中点为P，
∵三角形BDC满足∠BDC=90∘，
∴P为三角形BDC的外心，
设ΔABC的外心为O，
∵ΔABC为等边三角形，
∴MO⊥平面ABC，MP⊥平面BDC，
∵二面角A-BC-D的大小为150∘，
∴∠OPM=60∘，
在等边三角形ABC中，
由AB=23，得AP=3，∴OP=1，
在RtΔMOP中，可得MO=3，
在RtΔMOA中，得MA=AO2+MO2
=22+32=7.
∴三棱维A-BCD的外接球的表面积为4π.(7)2=28π.
故选： D.
6.【答案】D;
【解析】
此题主要考查了直线的位置关系，难度不大．
根据条件作出示意图，容易得到三种情况.
解：如图：
若三条线段共面，如果AB，BC，CD构成等腰三角形，则直线AB与CD相交，否则直线AB与CD平行;
若不共面，则直线AB与CD是异面直线，所以可知AB，CD有相交，平行，异面三种情况，
故选D.
7.【答案】B;
【解析】此题主要考查了线面平行的性质定理和判定定理的运用，熟练掌握相关定理是关键．利用面面关系、线面关系的定理分别分别选择．解：对于A，α∩β=l，m//l，则m与α，β可能都平行，也可能在其中一个平面内；故A错误；
对于B，α∩β=l，若m与α，β都平行，根据线面平行的性质可以判断m//l；故B正确；
对于C，α∩β=l，若m与l异面，则m与α，β可能都相交，也可能与其中一个平面平行，与另一个平面相交；故C错误；
对于D，α∩β=l，若m与α，β都相交，则m与l异面或者相交；故D错误；
故选B.
8.【答案】B;
【解析】
由题意得M,N两点间距离的最小值等于直线BD1到平面AEC的距离，进而即可得结果.
解：连接AC，交BD于点O，则OE //BD1，从而BD1 //平面AEC，
所以M,N两点间距离的最小值等于直线BD1到平面AEC的距离，
而B到平面AEC的距离等于D到平面AEC的距离，
∵AC⊥BD, AC⊥DD1, BD∩DD1=D，
所以AC⊥平面BDD1，
又AC⊂面EAC，
∴面EAC⊥面BDD1，
又面EAC∩面BDD1=OE，
过D作DH⊥OE于点H，
则有DH⊥面AEC，
即D到平面AEC的长度即为DH，
DE=12, DO=22, OE=32,
DH=DE⋅DOEO=66.
故选B.
9.【答案】AB;
【解析】
此题主要考查了线面平行的判定与性质，异面直线所成角，多面体表面上的最短距离问题与球的接切问题，难度较难解：如图1，连接PD，BD.由正三棱锥的性质可知PA=PC，AB=AC=BC.
因为D是棱AC的中点，所以AC⊥BD，AC⊥PD，所以AC⊥平面PBD.
因为PB⊂平面PBD，所以PB⊥AC，则A正确.
取BC的中点F，连接DF，EF，DE.因为D，F分别是棱AC，BC的中点，所以DF//AB，DF=3，
则∠EDF是异面直线DE和AB所成的角(或补角).
作PO⊥BD，EH⊥BD，垂足分别是O，H.
因为AB=AC=BC=23，所以BD=3.
因为AC⊥平面PBD，所以AC⊥PO，又PO⊥BD，所以PO⊥平面ABC，
则O为平面ABC的中心，故OB=2OD=2.
因为E是棱PB的中点，且PO//EH，所以H是OB的中点，所以OH=HB=1.
因为PB=26，BO=2，所以PO=25，所以EH=5，则DE=3.
因为E，F分别是棱PB，BC的中点，所以EF=6.
在△DEF中，由余弦定理可得cos∠EDF=DE2+DF2-EF22DE·DF=33，则B正确.
将平面PAB和平面PBC展开到一个平面上，如图2，连接AC.
因为PA=PB=PC=26，AC=BC=23，
所以cos∠APC=cos∠BPC=24+24-122×24=34，
所以cos∠APB=cos2∠BPC=2×(34)2-1=18，
则AB=PA2+PB2-2PA·PBcos∠APB=42，则C错误.
设三棱锥P-ABC内切球的半径是r，
则VP-ABC=13×[34×(23)2+12×23×24-3×3]×r=13×34×(23)2×25，
解得r=5(21-1)10，则D错误.
10.【答案】BC;
【解析】
本题重点考查空间线面平行的判定，面面平行的判定，属中档题.
根据题意结合平面的基本性质、线面平行，面面平行的判定定理即可判断.
解：连接AM，
因为D1M//AB，
所以A,B,M,D1共面，
设AM与D1P交与点R，
所以MRRA=D1MAB=12，
所以R是BD1的三等分点，
即R与P重合，即A，P，M三点共线，故C正确；
又M∈AP，AP⊂面PAC，
所以MN与面APC相交，A错误；
同理可知N在平面APC内，
因为AN//C1Q，AN⊂面APC，C1Q⊄面APC，
所以C1Q//面APC，B正确；
直线AP延长到M，则M在平面MNQ内，
又在平面APC内，面MNQ与面APC有公共点，D错误的．
故答案为BC.
11.【答案】BD;
【解析】
此题主要考查棱柱的结构特征，空间中的位置关系，异面直线的夹角，考查空间想象能力，属于中档题.
画出图形，逐项判断即可.
解：根据已知画出图形如图：
从图形中，可得：A1A与平面OMN相交，又A1A//C1C，
故C1C与平面OMN相交，故A错误；
因为M，N分别为线段A1A，A1B 的中点，O为AC的中点，则OM//A1C，MN//AB，又AB//CD，所以MN//CD，
又OM⊄平面A1CD，A1C⊂平面A1CD，
所以OM//平面A1CD，
同理可得：MN//平面A1CD，
而OM∩MN=M，OM、MN⊂平面OMN，
所以平面OMN//平面A1CD，故B正确；
由MN//CD可知：直线A1C与直线MN所成的角为∠A1CD，
由O为正方形ABCD的中心，A1A=A1C=AB，
得A1O⊥AC，AC⊥BD，又A1O∩BD=O，A1O、BD⊂平面A1BD，
得AC⊥平面A1BD，
又AC=2AB=2A1A=2A1C，
所以ΔA1AC是等腰直角三角形，A1O⊥AC，A1O=22AB=BO=DO，
所以点A1在以BD为圆心的圆上，且AC⊥平面A1BD，
则∠A1CD不是定值，故C错误；
由C选项知，A1O=AO,A1O⊥AO，
又M是AA1的中点，得OM⊥AA1，
又AA1//DD1，所以OM⊥DD1，
故D正确.
故选BD.
12.【答案】AC;
【解析】
此题主要考查棱锥的结构特征和平面四边形的外接圆，属于基础题.
根据题意可设PO垂直于ABCD面，根据PA=PB=PC=PD，可得OA=OB=OC=OD，即四边形ABCD有外接圆，根据外接圆存在的条件可以判断.
设P点在底面的投影是O，则PO垂直于ABCD面，
因为PA=PB=PC=PD，所以OA=OB=OC=OD，所以四边形ABCD有外接圆.
又因为对角互补的四边形有外接圆，所以该四边形不可能是非矩形的平行四边形或者直角梯形.
故选AC.
13.【答案】BD;
【解析】解：α，β是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，
对于A，若α//β，a⊂α，b⊂β，则a与b相交、平行或异面，故A错误；
对于B，若b//α，b⊂β，α∩β=a，则由线面平行的性质得a//b，故B正确；
对于C，若a⊂α，b⊂β，a⊥b，则α与β相交或平行，故C错误；
对于D，若a//α，b⊥β，a//b，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故D正确．
故选：BD.
对于A，a与b相交、平行或异面；对于B，由线面平行的性质得a//b；对于C，α与β相交或平行；对于D，由面面垂直的判定定理得α⊥β.
此题主要考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查逻辑推理、空间思维等数学核心素养，是中档题．
14.【答案】6π;
【解析】
此题主要考查圆柱和圆锥的侧面积公式的应用，属于基础题.
通过三角形相似求出圆柱的高，即可求出圆柱的侧面积.
解：由题，设圆柱的高为h，
则利用三角形相似得出比例关系式12=6-h6，
解得h=3，
故内接圆柱的侧面积为2π×3=6π，
故答案为6π.
15.【答案】7143π;
【解析】
此题主要考查求球的体积，四面体扩充为长方体，求出球的半径是关键，属于中档题.
由题意，四面体扩充为长方体，且面上的对角线分别为5，10，13，长方体的对角线长为5+=14，可得球的半径为142，即可求出此球的体积.
解：由题意，四面体扩充为长方体，且面上的对角线分别为5，10，13，
∴长方体的对角线长为5+=14，
∴球的半径为142，
∴此球的体积为4π3×(142)3=7143π.
故答案为7143π.
16.【答案】9π;
【解析】
此题主要考查的知识点是球内接多面体，球的表面积，属于中档题．
其中分析出何时四面体ABCD的体积的最大值，是解答的关键．
根据三棱锥的特征，判定外接球的球心，求出球的半径，即可求出球的表面积．
解：根据题意知，ΔABC是一个直角三角形，其面积为2.其所在球的小圆的圆心在斜边AC的中点上，设小圆的圆心为Q，
四面体ABCD的体积的最大值，由于底面积SΔABC不变，高最大时体积最大，
所以，DQ与面ABC垂直时体积最大，最大值为13×SΔABC×DQ=43，
SΔABC=12AC⋅BQ=12×22×2=2.，∴DQ=2，如图．
设球心为O，半径为R，则在直角ΔAQO中，OA2=AQ2+OQ2，即R2=(2)2+(2-R)2，∴R=32，
则这个球的表面积为：S=4π(32)2=9π；
故答案为：9π
17.【答案】①④⑤;
【解析】解：如图，设正方体为ABCD-A1B1C1D1．
在题图①中，连结AB1，则AB1⊥MN，又AB1是l在面ABB1A1内的射影，
∴l⊥MN.同理，l⊥MP．
∴l⊥平面MNP.故①符合．
在题图②中，延长MP交C1D1的延长线于E，连结NE，若l⊥面MNP，则l⊥NE．
又C1D是l在平面CDD1C内的射影，CD1⊥C1D，
∴l⊥CD1.∴l⊥平面CDD1C1，矛盾．∴②不符合．
在题图③中，平面MNP与题图①中的平面MNP不是同一平面，它们又过同一点，
∴题图③不符合．
在题图④中，l⊥MP，l⊥MN，
∴l⊥平面MNP.延长PM交AB于F，取CD的中点G，则GN//MP，
∴G∈平面MNP.连结FG交BC于H，则H∈平面MNP，可证H是BC的中点．
∴题图④与题图⑤中的平面MNP实为同一平面．
∴⑤也符合．
答案：①④⑤
能得出l⊥面MNP，关键是看平面MNP中有没有与1垂直的直线，逐一判断即可．
点评：本题要先想象直观判断哪些图形符合，再加以推理，考查了空间想象能力、反证法、线面的位置关系等知识，通过这个试题可看出试题在向增加思维量、综合考查同学们的各种能力转化．
18.【答案】312;5π;
【解析】
此题主要考查三棱锥体积，及外接球的表面积，满足考查面面垂直的性质，属于属于较难题．
首先根据题意得到当平面AD1C⊥平面ABC时，三棱锥D1-ABC体积最大，证出BC⊥平面ACD，即可求体积，再转化为直棱柱外接球求解，先求平面ACD外接圆半径r，锥高h=BC，然后用勾股定理R2=(12h)2+r2，求出球的半径R，即可求解．
解：在等腰梯形ABCD中，AB=2BC=2CD=2AD=2，
易得AC⊥BC，AC=3，∠DAC=30°，∠ACD=30°，∠ADC=120°，
当平面ABC⊥平面ACD时，三棱锥D-ABC体积最大，如图所示：
平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD=AC，AC⊥BC，BC⊂平面ABC，
∴BC⊥平面ACD，
满足侧棱BC与底面ACD，转化为以ACD为底面，BC为侧棱的直棱柱外接球求解，
S△ADC=12×1×1×sin120°=34，
所以VD-ABC=13×34×1=312，
设△ACD外接圆半径为r，可得2r=CDsin∠DAC=112=2，r=1，
三棱柱的高h=BC=1，
设球的半径为R，
由勾股定理可得R2=(12h)2+r2，即R2=(12)2+11=54，解得R=52，
∴三棱锥D-ABC的外接球的表面积4πR2=4π×(52)2=5π.
故答案为312；5π.
19.【答案】证明：在三角形PBD中，PB=PD，O为BD的中点，
∴PO⊥BD，在三角形PAC中，PA=PC，O为AC的中点，
∴PO⊥AC，又∵AC∩BD=O，∴PO⊥平面ABCD.;
【解析】此题主要考查线面垂直的证明方法，难度一般，证出PO⊥AC,PO⊥BD即可.
20.【答案】解：(1)连结B1D1．
∵平面ABCD//平面A1B1C1D1，平面PBD∩平面ABCD=BD，平面PBD∩平面A1B1C1D1=B1D1，
∴BD//B1D1，
∴PB1PB=PD1PD=12，
∴B1为PB中点．
(2)∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
∴ΔABD是等边三角形，OA⊥OB．
∴OB=12BD=12AB=1，OA=3OB=3，
∵B1，O是PB，BD的中点，
∴OB1//PD，OB1=12PD=32．
∵PD⊥平面ABCD，
∴OB1⊥平面ABCD，∵OA⊂平面ABCD，OB⊂平面ABCD，
∴OA⊥OB1，OB⊥OB1，
∴三棱锥B1-ABO外接球是以OA、OB、OB1为长、宽、高的长方体外接球，
∴三棱锥B1-ABO外接球的半径R=12OA2+OB2+OB12=123+1+94=54．
则三棱锥B1-ABO外接球的体积为V=43πR3=43π(54)3=125π48．;
【解析】(1)由面面平行的性质可得BD//B1D1，故PB1PB=PD1PD=12，于是B1为PB的中点；
(2)由OA，OB，OB1两两垂直可知三棱锥B1-ABO外接球是以OA、OB、OB1为长、宽、高的长方体的外接球．于是长方体的对角线长为球的直径．
本小题主要考查立体几何的相关知识，具体涉及到面面的平行关系在立体几何中的应用．本小题对考生的空间想象能力与运算求解能力有较高要求．
21.【答案】（1）证明：延长AB到M点，使BM=AB，连接CM，FM，
∵EF∥平面ABCD，EF⊂面AMF，平面AMF平面ABCD=AM，
∴EF∥AM，∵AM=2AB=EF，∴四边形AMFE是平行四边形，∴AE∥MF，
在△FCM中，FC=FM=1，CM=2，
∴FC2+FM2=CM2，∴∠CFM=90°，
即MF⊥CF，∴AE⊥CF；
（2）解：取AD，BC中点为M，N，过M作MH⊥EF，连接EM，MN，如下所示：
因为MN∥AB∥EF，故E，F，M，N四点共面，
又因为ABCD为正方形，故AD⊥MN，又△EDA为等边三角形，故AD⊥EM，
又EM，MN⊂面EFMN，EM∩MN=M，则AD⊥面EFNM，
又MH⊂面EFNM，故MH⊥AD，又MH⊥EF，EF∥AB，故MH⊥AB，
又AD，AB⊂面ABCD，AD∩AB=A，故MH⊥面ABCD，
又EF∥面ABCD，故点E到面ABCD的距离为HM，
又S△ABD=12SABCD=18，MH=EM2-EH2=(33)2-32=32，
故VA-BDF=VF-ABD=13S△ABD×MH=182．;
【解析】
(1)AE，CF属于异面直线，为了证明垂直，想办法要通过构建平行，使其相交从而便于证明，因此需要对几何体进行补形；
(2)三棱锥的底面积选取S△ABD，主要任务是求棱锥的高，转化为求点E到底面的距离，即可求解．
此题主要考查了线线垂直的证明和三棱锥的体积计算，属于中档题．
22.【答案】证明：（Ⅰ）∵在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥PC，
∵AD∥BC，AD=2BC=2，PC=2，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，
∴CD=AC=2，∴CD2+AC2=AD2，∴AC⊥DC，
∵PC∩CD=C，∴AC⊥平面PCD，
∵AC⊂平面ABCD，∴平面EAC⊥平面PCD．
解：（II）以C为原点，CD为x轴，CA为y轴，CP为z轴，建立空间直角坐标系，
A（0，2，0），P（0，0，2），D（2，0，0），E（22，0，1），C（0，0，0），
AP→=（0，-2，2），CA→=（0，2，0），CE→=（22，0，1），
设平面EAC的法向量n→=（x，y，z），
则n→.CA→=2y=0n→.CE→=22x+z=0，取x=2，得n→=（2，0，-2），
设直线PA与平面EAC所成角为θ，
则sinθ=|AP→.n→||AP→|.|n→|=226.6=23，
cosθ=1-(23)2=73．
∴直线PA与平面EAC所成角的余弦值为73．;
【解析】
(Ⅰ)推导出AC⊥PC，AC⊥DC，从而AC⊥平面PCD，由此能证明平面EAC⊥平面PCD．
(II)以C为原点，CD为x轴，CA为y轴，CP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线PA与平面EAC所成角的余弦值．
此题主要考查面面垂直的证明，考查线面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
23.【答案】（1）证明：∵D，E分别是AC，CC1的中点，
∴DE∥AC1，
又DE⊄平面AB1C1，AC1⊂平面AB1C1，
∴DE∥平面AB1C1；
（2）∵BC=BA，D是AC的中点，∴BD⊥AC，
又∵A1E⊥平面BDE，BD⊂平面BDE，
∴A1E⊥BD，
又A1E⊂平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C1，显然平行四边形AA1C1C内的两条A1E，AC不平行，∴A1E和AC相交，
∴BD⊥平面AA1C1C1，
又∵BD⊂平面ABC，
∴平面AAlClC⊥平面ABC．;
【解析】
(1)根据中位线的性质，证明DE//AC1即可；
(2)根据线面垂直的性质可得A1E⊥BD，再根据线面垂直的判定证明即可．
此题主要考查了线面平行和面面垂直的证明，属于中档题．
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