高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步本章综合与测试单元测试同步练习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步本章综合与测试单元测试同步练习题，共22页。试卷主要包含了 选择题， 填空题， 解答题等内容，欢迎下载使用。

一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ， ）

1. 平面内有定点A，B及动点P，设命题甲是“|PA|+|PB|是定值”，命题乙是“点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆”，那么甲是乙的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

2. 已知一个圆柱的底面半径和高分别为r和h，h<2πr，侧面展开图是一个长方形，这个长方形的长是宽的2倍，则该圆柱的表面积与侧面积的比是（ ）
A.1+ππB.1+2ππC.1+2π2πD.1+4π2π

3. 长方体一个顶点上的三条棱的长度分别为3、4、5，且它的8个顶点都在同一球面上，这个球的表面积为（ ）
A.202πB.252πC.50πD.200π

4. m，n是空间两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A.若m//α ，n//β， α//β，则m//n
B.若m⊂α ，n⊂β， α⊥β，则m⊥n
C.若m⊥n ，m⊥α， n//β，则α⊥β
D.若m⊥α ，n⊥β， m//n，则α//β

5. 某三棱锥的三视图是三个边长相等的正方形及对角线，若该几何体的体积是13，则它的表面积是（ ）

A.1B.2C.22D.23

6. 在三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，AB=4，AD=25，BC=CD=2，则三棱锥A−BCD的外接球表面积是( )
A.25πB.5πC.5πD.20π

7. 下列命题正确的是( )
A.有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱
B.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
C.有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱
D.用一个平面去截棱锥，截面与底面之间的部分组成的几何体叫棱台

8. 设m，n是两条不同的直线， α ，β是不同的平面，且m⊂α，n⊂β，则下列命题正确的是（ ）
①若m//β，n//α，则α//β； ②m⊥β，n⊥α，则α⊥β；
③若α//β，则m//β，n//α ；④若α⊥β，则m⊥β，n⊥α.
A.①③B.①④C.②③D.②④

9. 下列各组几何体中是多面体的一组是( )
A.三棱柱、四棱台、球、圆锥
B.三棱柱、四棱台、正方体、圆台
C.圆锥、圆台、球、半球
D.三棱柱、四棱台、正方体、六棱锥

10. 某几何体的三视图如图所示，记底面的中心为E，则PE与底面所成的角为（ ）.

A.π3B.π4C.π6D.π2

11. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A.22B.55C.56D.15

12. 设m,n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α,n⊂α，则“α//β”是“m//β且n//β”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ， ）

13. 已知正四面体ABCD的棱长为l，E是AB的中点，过E作其外接球的截面，则此截面面积的最小值为________．

14. 正方形ABCD的边长为1，利用斜二测画法得到直观图A′B′C′D′，其周长等于________．

15. 设a，b是直线，α，β是平面，a⊥α，b⊥β，向量a1→在α上，向量b1→在b上， a1→=1,1,1，b1→=−3,4,0，则α，β所成二面角中较小的一个的余弦值为________.

16. 如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，异面直线A1B与CC1的距离为________．

三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 11 分 ，共计66分 ， ）

17. 已知两直线l1:(3+m)x+4y=5−3m和l2:2x+(5+m)y−8=0.
(1)若l1//l2 ，求实数m的值．

(2)当m=1时，若l3⊥l1且l3过点(1,3)，求直线l3的方程．

18. 在三棱锥S−ABC中，△ABC是边长为23的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=2，M、N分别为AB、SB的中点．
（1）证明：AC⊥SB；

（2）求三棱锥B−CMN的体积．

19. 已知在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD=2，AB=1，PA⊥平面ABCD，E、F分别是线段AB、BC的中点．

(1)证明：PF⊥FD；

(2)判断并说明PA上是否存在点G，使得EG // 平面PFD；

(3)若PB与平面ABCD所成的角为45∘，求二面角A−PD−F的余弦值．

20. 如图，四面体P−ABC中，AB⊥BC，平面PAB⊥底面ABC，且PA=AB，点E是棱BC的中点，点F是棱PB上一点，且PC//平面AEF.

(1)求证：点F是棱PB中点；

(2)求证：PE⊥AF.

21. 如图，在三棱柱ADE−BCF中，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面ABFE，AF⊥BF，且AB=2，BF=1，BC=3.

(1)求证：平面ADF⊥平面BCF；

(2)求四棱锥F−ABCD的体积·

22. 已知三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形BCC1B1是正方形，二面角A−BC−B为直二面角，∠ABC=90∘ .

(1)求证：BC1⊥A1C；

(2)若BC=2AB，M为线段AA1的中点，求直线A1C与平面B1CM所成角的正弦值．
参考答案与试题解析
2021年人教A版（2019）必修第二册数学第八章 立体几何初步单元测试卷
一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）
1.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
轨迹方程
【解析】
结合椭圆的定义，利用充分条件和必要条件的定义进行判断．
【解答】
解：若点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，
则根据椭圆的定义可知动点P到两定点A，B的距离之和|PA|+|PB|=2a （a>0，且a为常数）成立是定值；
若动点P到两定点A，B的距离之和|PA|+|PB|=2a （a>0，且a为常数），
当2a≤|AB|，此时的轨迹不是椭圆，
∴ 甲是乙的必要不充分条件．
故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
由已知可得h=πr，计算出圆柱的表面积和侧面积，可得答案．
【解答】
解：∵ 圆柱的底面半径和高分别为r和h，h<2πr，
若侧面展开图的长是宽的2倍，
则h=πr，
故圆柱的表面积为：2πr(r+h)=2πr(r+πr)，
圆柱的侧面积为：2πrh=2πr⋅πr，
故该圆柱的表面积与侧面积的比为1+ππ，
故选：A
3.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
设出球的半径，由于直径即是长方体的体对角线，由此关系求出球的半径，即可求出球的表面积．
【解答】
解：设球的半径为R，由题意，球的直径即为长方体的体对角线的长，
则(2R)2=32+42+52=50，
∴ R=522．
∴ S球=4π×R2=50π．
故选C．
4.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
命题的真假判断与应用
【解析】
根据选项中的条件依次判断各个选项的正误即可.
【解答】
解：若m//α，n//β，α//β，则m//n,或m,n异面，故A不正确；
若m⊂α ，n⊂β， α⊥β，则m⊥n或m,n相交，或m//n，故B不正确；
若m⊥n ，m⊥α， n//β，则α⊥β或α//β，故C不正确；
若m⊥α ，n⊥β， m//n，则α//β，故D正确.
故选D.
5.
【答案】
D
【考点】
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
【解析】
如图所示，该几何体是正方体的内接正三棱锥，求出三棱锥的棱长，利用面积公式可得几何体的表面积．
【解答】
如图所示，该几何体是正方体的内接正三棱锥．
设正方体的棱长为a，则几何体的体积是a3−4×13×12a3=13a3=13，
∴ a＝1，
∴ 三棱锥的棱长为2，
因此此几何体的表面积S＝4×34×2＝23，
6.
【答案】
D
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
首先利用线面的关系求初秋的外接球的半径，进一步求出球的表面积．
【解答】
解：如图所示：
则AB⊥BD，AB⊥CD，
所以BD=AD2−AB2=2，
由于BC=CD=2，
则BC2+CD2=BD2，
所以△BCD为直角三角形，CD⊥BC，
所以CD⊥平面ABC，CD⊥AC.
则AD的中点E就是外接球的球心，
所以R=CE=EA=ED=AD2=5.
所以S=4⋅π⋅R2=20π．
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
棱台的结构特征
棱柱的结构特征
【解析】
对于A，B，C，只须根据棱柱的定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱进行判断即可．对于D，则须根据棱锥的概念：棱锥的底面和平行于底面的一个截面间的部分，叫做棱台．进行判断．
【解答】
解：根据棱柱的定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱可知：
A，它的每相邻两个四边形的公共边不一定互相平行，故错误；
B，它的每相邻两个四边形的公共边不一定互相平行，故错误；
C，它符合棱柱的定义，故正确；
D，根据棱台的定义：棱锥的底面和平行于底面的一个截面间的部分，叫做棱台可知：
它的截面与底面不一定互相平行，故错误.
故选C.
8.
【答案】
C
【考点】
空间中平面与平面之间的位置关系
命题的真假判断与应用
【解析】
利用空间线面关系，逐个判断即可.
【解答】
解：①若m//n 此时无法确定α与β是否平行，故①错误；
②若m⊥β，m⊂α，则α⊥β，故②正确；
③若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//β，n//α，故③正确；
④若α⊥β，m⊂α，n⊂β，此时n与α可以平行，相交，故④错误.
故②③正确.
故选C.
9.
【答案】
D
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
棱柱的结构特征
棱台的结构特征
棱锥的结构特征
【解析】
题目中四个选项中的几何体有多面体，也有旋转体，借助于多面体和旋转体的概念逐一判断即可得到正确答案．
【解答】
解：选项A中的球和圆锥是旋转体，所以A不正确；
B中的圆台是旋转体，所以B不正确；
C中的四个几何体全是旋转体，所以D不正确；
只有D中的四个几何体符合多面体概念．
故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
直线与平面所成的角
由三视图还原实物图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由三视图可知该几何体的直观图如图所示，
∠PEA为PE与底面所成的角，
∵PA=6,AE=2,PA⊥于底面ABCD,
∴tan∠PEA=PAAE=3,∴∠PEA=π3.
故选A.
11.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AD1与DB1所成角的余弦值．
【解答】
解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，
建立空间直角坐标系，
∵ 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，
AB=BC=1，AA1=3，
∴ A(1, 0, 0)，D1(0, 0, 3)，
D(0, 0, 0)，B1(1, 1, 3)，
∴ AD1→=(−1, 0, 3)，DB1→=(1, 1, 3)，
设异面直线AD1与DB1所成角为θ，
则csθ=AD→1⋅DB→1|AD→1|⋅|DB1→|=225=55，
∴ 异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55．
故选B．
12.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
平面与平面平行的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当m⊂α,n⊂α，且α//β时，“m//β且n//β”成立，即充分性成立；
若“m//β且n//β”，则m，n可能平行于α和β的交线，故必要性不成立.
故“α//β”是“m//β且n//β”的充分不必要条件.
故选A.
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
13.
【答案】
π4
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
将正四面体放入正方体中，正方体的中心即为其外接球的球心，AB为过E的最小截面圆的直径，求出截面圆的面积即可．
【解答】
解：将正四面体放入正方体中，则
正方体的中心即为其外接球的球心，AB为过E的最小截面圆的直径，
如图所示：
则所求截面圆的面积为π⋅(12)2=π4．
故答案为：π4．
14.
【答案】
3
【考点】
斜二测画法画直观图
平面图形的直观图
【解析】
画出图形，结合图形求出平面直观图形的面积．
【解答】
解：如图所示，正方形ABCD的边长为1，
利用斜二测画法得到的平面直观图A′B′C′D′是平行四边形，
所以A′B′=C′D′=1，平行四边形A′B′C′D′的面积是正方形ABCD面积的24，
所以平行四边形A′B′C′D′的高为24，∠D′A′B′=45∘，
所以A′D′=B′C′=12，
所以平行四边形A′B′C′D′的周长1+1+12+12=3.
故答案为：3．
15.
【答案】
315
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
α,β所成二面角中较小的一个的余弦值为cs=|a1→⋅b1→||a1→|⋅|b1→| ，由此能求出结果．
【解答】
解：设a，b是直线，α，β是平面，
因为a⊥a，b⊥β，向量a→1在a上，向量b1→在b上，
a→1=1,1,1，b1→=−3,4,0，
所以α，β所成二面角中较小的一个的余弦值为
cs=|a1→⋅b1→||a1→|⋅|b1→|=13×5=315.
故答案为：315.
16.
【答案】
6
【考点】
异面直线的判定
【解析】
由异面直线的定义可以直接得到结果．
【解答】
解：取CD，C1D1的中点Q，P，连接PQ，
连接CD1交PQ于点F，取A1B的中点E，连接EF，
易知EF的长即为异面直线A1B与CC1的距离，即为1．
故答案为：1.
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 11 分 ，共计66分 ）
17.
【答案】
解：(1)因为l1//l2 ，
所以(3+m)(5+m)−2×4=0，(3+m)(−8)−2(3m−5)≠0，
解得： m=−7．
(2)当m=1时，直线l1的斜率为−1，所以直线l3的斜率为1．
又因为l3过点(1,3)，所以有y−3=x−1，
即l3:x−y+2=0．
【考点】
直线的点斜式方程
两条直线垂直的判定
两条直线平行的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为l1//l2 ，
所以(3+m)(5+m)−2×4=0，(3+m)(−8)−2(3m−5)≠0，
解得： m=−7．
(2)当m=1时，直线l1的斜率为−1，所以直线l3的斜率为1．
又因为l3过点(1,3)，所以有y−3=x−1，
即l3:x−y+2=0．
18.
【答案】
（1）证明：取AC中点D，连接SD，DB．
因为SA=SC，AB=BC，所以AC⊥SD且AC⊥BD，
因为SD∩BD=D，所以AC⊥平面SDB．
又SB⊂平面SDB，所以AC⊥SB；
（2）解：因为AC⊥平面SDB，AC⊂平面ABC，所以平面SDC⊥平面ABC．
过N作NE⊥BD于E，则NE⊥平面ABC，
因为平面SAC⊥平面ABC，SD⊥AC，所以SD⊥平面ABC．
又因为NE⊥平面ABC，所以NE // SD．
由于SN=NB，所以NE=12SD=12
所以S△CMB=12CM⋅BM=332
所以VB−CMN=VN−CMB=13S△CMB⋅NE=13×332×12=34
【考点】
直线与平面垂直的性质
【解析】
（1）取AC 中点D，连接SD，DB，证明AC⊥平面SDB，由线面垂直的性质可得AC⊥SB；
（2）由VB−CMN=VN−CMB，即可求得三棱锥B−CMN的体积．
【解答】
（1）证明：取AC中点D，连接SD，DB．
因为SA=SC，AB=BC，所以AC⊥SD且AC⊥BD，
因为SD∩BD=D，所以AC⊥平面SDB．
又SB⊂平面SDB，所以AC⊥SB；
（2）解：因为AC⊥平面SDB，AC⊂平面ABC，所以平面SDC⊥平面ABC．
过N作NE⊥BD于E，则NE⊥平面ABC，
因为平面SAC⊥平面ABC，SD⊥AC，所以SD⊥平面ABC．
又因为NE⊥平面ABC，所以NE // SD．
由于SN=NB，所以NE=12SD=12
所以S△CMB=12CM⋅BM=332
所以VB−CMN=VN−CMB=13S△CMB⋅NE=13×332×12=34
19.
【答案】
(1)证明：∵ PA⊥平面ABCD，∠BAD=90∘，AB=1，AD=2，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
则A(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，F(1, 1, 0)，D(0, 2, 0)．
不妨令P(0, 0, t)，
∵ PF→=(1,1,−t)，DF→=(1,−1,0)，
∴ PF→⋅DF→=1×1+1×(−1)+(−t)×0=0，
即PF⊥FD．
(2)解：设平面PFD的法向量为n→=(x,y,z)，
由n→⋅PF→=0，n→⋅DF→=0，得x+y−tz=0，x−y=0，
令z=1，解得：x=y=t2，
∴ n→=(t2,t2,1)．
设G点坐标为(0, 0, m)，E(12,0,0)，
则EG→=(−12,0,m)，
要使EG // 平面PFD，只需EG→⋅n→=0，
即(−12)×t2+0×t2+m×1=m−t4=0，
得m=14t，
从而满足AG=14AP的点G即为所求．
(3)解：∵ AB⊥PA，AB⊥AD，PA∩AD=A，
∴ AB⊥平面PAD，
∴ AB→是平面PAD的法向量，易得AB→=(1,0,0)，
又∵ PA⊥平面ABCD，
∴ ∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，
得∠PBA=45∘，PA=1，平面PFD的法向量为n→=(12,12,1)，
∴ cs=AB→⋅n→|AB→|⋅|n→|
=121×14+14+1=66，
故所求二面角A−PD−F的余弦值为66．
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
两条直线垂直的判定
直线与平面平行的性质
平面的法向量
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
解法一（向量法）
(I)建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，分别求出直线PF与FD的平行向量，然后根据两个向量的数量积为0，得到PF⊥FD；
(II)求出平面PFD的法向量（含参数t），及EG的方向向量，进而根据线面平行，则两个垂直数量积为0，构造方程求出t值，得到G点位置；
(III)由AB→是平面PAD的法向量，根据PB与平面ABCD所成的角为45∘，求出平面PFD的法向量，代入向量夹角公式，可得答案．
解法二（几何法）
(I)连接AF，由勾股定理可得DF⊥AF，由PA⊥平面ABCD，由线面垂直性质定理可得DF⊥PA，再由线面垂直的判定定理得到DF⊥平面PAF，再由线面垂直的性质定理得到PF⊥FD；
(II)过点E作EH // FD交AD于点H，则EH // 平面PFD，且有AH=14AD，再过点H作HG // DP交PA于点G，则HG // 平面PFD且AG=14AP，由面面平行的判定定理可得平面GEH // 平面PFD，进而由面面平行的性质得到EG // 平面PFD．从而确定G点位置；
(III)由PA⊥平面ABCD，可得∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，即∠PBA=45∘，取AD的中点M，则FM⊥AD，FM⊥平面PAD，在平面PAD中，过M作MN⊥PD于N，连接FN，则PD⊥平面FMN，则∠MNF即为二面角A−PD−F的平面角，解三角形MNF可得答案．
【解答】
(1)证明：∵ PA⊥平面ABCD，∠BAD=90∘，AB=1，AD=2，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
则A(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，F(1, 1, 0)，D(0, 2, 0)．
不妨令P(0, 0, t)，
∵ PF→=(1,1,−t)，DF→=(1,−1,0)，
∴ PF→⋅DF→=1×1+1×(−1)+(−t)×0=0，
即PF⊥FD．
(2)解：设平面PFD的法向量为n→=(x,y,z)，
由n→⋅PF→=0，n→⋅DF→=0，得x+y−tz=0，x−y=0，
令z=1，解得：x=y=t2，
∴ n→=(t2,t2,1)．
设G点坐标为(0, 0, m)，E(12,0,0)，
则EG→=(−12,0,m)，
要使EG // 平面PFD，只需EG→⋅n→=0，
即(−12)×t2+0×t2+m×1=m−t4=0，
得m=14t，
从而满足AG=14AP的点G即为所求．
(3)解：∵ AB⊥PA，AB⊥AD，PA∩AD=A，
∴ AB⊥平面PAD，
∴ AB→是平面PAD的法向量，易得AB→=(1,0,0)，
又∵ PA⊥平面ABCD，
∴ ∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，
得∠PBA=45∘，PA=1，平面PFD的法向量为n→=(12,12,1)，
∴ cs=AB→⋅n→|AB→|⋅|n→|
=121×14+14+1=66，
故所求二面角A−PD−F的余弦值为66．
20.
【答案】
证明：(1)∵ PC// 平面AEF，
又∵ PC⊂平面PBC，平面PBC∩平面AEF=EF，
∴ PC//EF，
又∵ E是BC的中点，F是棱PB上一点，
∴ 点F是棱PB中点．
(2)∵ 平面PAB⊥底面ABC，
又∵ BC⊂ 平面ABC，平面PAB∩底面ABC=AB, AB⊥BC，
∴ BC⊥ 平面PAB.
∵ AF⊂平面PAB，
∴ BC⊥AF.
由PA=AB，F是PB中点，得PB⊥AF，
又BC∩PB=B，可得AF⊥平面PBC，
∵ PE⊂ 平面PBC，∴ PE⊥AF.
【考点】
直线与平面垂直的性质
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：(1)∵ PC// 平面AEF，
又∵ PC⊂平面PBC，平面PBC∩平面AEF=EF，
∴ PC//EF，
又∵ E是BC的中点，F是棱PB上一点，
∴ 点F是棱PB中点．
(2)∵ 平面PAB⊥底面ABC，
又∵ BC⊂ 平面ABC，平面PAB∩底面ABC=AB, AB⊥BC，
∴ BC⊥ 平面PAB.
∵ AF⊂平面PAB，
∴ BC⊥AF.
由PA=AB，F是PB中点，得PB⊥AF，
又BC∩PB=B，可得AF⊥平面PBC，
∵ PE⊂ 平面PBC，∴ PE⊥AF.
21.
【答案】
(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD⊥AB.
又∵ 平面ABCD⊥平面ABFE，AD⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面ABEF=AB ，
∴AD⊥平面ABFE.
∵ BF⊂平面ABFE，
∴AD⊥BF．
又∵ AF⊥BF，AF，AD⊂平面ADF，AF∩AD=A，
∴BF⊥平面ADF．
又∵ BF⊂平面BCF，
∴平面ADF⊥平面BCF．
(2)解：过点F作FG⊥AB，垂足为G，如图所示，
∵ 平面ABCD⊥平面ABFE，FG⊂平面ABEF，
平面ABCD∩平面ABEF=AB ，
∴FG⊥平面ABCD.
∵ AF⊥BF，AB=2，BF=1，
∴ AF=3.
∵ AB⋅FG=AF⋅BF，
∴ FG=AF⋅BFAB=32，
∴V四棱锥F−ABCD=13S矩形ABCD ⋅FG
=13×2×3×32=1.
【考点】
平面与平面垂直的判定
平面与平面垂直的性质
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD⊥AB.
又∵ 平面ABCD⊥平面ABFE，AD⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面ABEF=AB ，
∴AD⊥平面ABFE.
∵ BF⊂平面ABFE，
∴AD⊥BF．
又∵ AF⊥BF，AF，AD⊂平面ADF，AF∩AD=A，
∴BF⊥平面ADF．
又∵ BF⊂平面BCF，
∴平面ADF⊥平面BCF．
(2)解：过点F作FG⊥AB，垂足为G，如图所示，
∵ 平面ABCD⊥平面ABFE，FG⊂平面ABEF，
平面ABCD∩平面ABEF=AB ，
∴FG⊥平面ABCD.
∵ AF⊥BF，AB=2，BF=1，
∴ AF=3.
∵ AB⋅FG=AF⋅BF，
∴ FG=AF⋅BFAB=32，
∴V四棱锥F−ABCD=13S矩形ABCD ⋅FG
=13×2×3×32=1.
22.
【答案】
(1)证明：二面角A−BC−B1为直二面角，平面ABC⊥平面BCC1B1；
而平面ABC∩平面BCC1B1=BC,AB⊂平面ABC，
又∠ABC=90∘，∴ AB⊥BC，∴ AB⊥平面BCC1B1，
∵ A1B1//AB，∴ A1B1⊥平面BCC1B1，
∵ BC1⊂平面BCC1B1，∴ A1B1⊥BC1，
又BCC1B1是正方形，BC1⊥B1C，∵ B1C∩A1B1=B1，∴ BC1⊥平面A1B1C；
∵ A1C⊂平面A1B1C，故BC1⊥A1C .
(2)解：由AB，BC，BB1两两垂直，建立空间直角坐标系，不妨设AB=1；
则A10,2,1,C2,0,0,M0,1,1,B10,2,0,B1C→=2,−2,0,A1C→=2,−2,−1,CM→=−2,1,1，
设平面B1CM的法向量为n→=x,y,z，则有
n→⋅B1C→=0n→⋅CM→=0,即2x−2y=0,−2x+y+z=0，
令x=1，得n→=1,1,1，
设直线A1C与平面B1CM所成角为θ，
则sinθ=|n→⋅A1C→||A1C→||n→|=13×3=39 .
【考点】
两条直线垂直的判定
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）二面角A−BC−B1为直二面角，平面ABC⊥平面BCC1B1；
而平面ABC∩平面BCC1B1=BC,ABC平面ABC，
又∠ABC=90∘，∴ AB⊥BC，∴ AB⊥平面BCC1B1，
∵ A1B1//AB，∴ A1B1⊥平面BCC1B1，
∵ BC1⊂平面BCC1B1，∴ A1B1⊥BC1，
又BCC1B1是正方形，BC1⊥B1C，∵ B1C∩A1B1=B1，∴ BC1⊥平面A1B1C；
∵ A1C⊂平面A1B1C，故BC1⊥A1C .
（2）由AB，BC，BB1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AB=1；
则A10,2,1,C2,0,0,M0,1,1,1,B10,2,0,B1C¯=2,−2,0,A1C→=2,−2,−1,CM→=−2,1,1，
设平面B1CM的法向量为n→=x,y,z，则有
n→⋅B1C→=0n→⋅CM→=0,即2x−2y=0,−2x+y+z=0，
令x=1，得n→=1,1,1，
设直线A1C与平面B1CM所成角为θ，则sinθ=|n→⋅A1→||A1C→||n→|=13×3=39 .
【解答】
(1)证明：二面角A−BC−B1为直二面角，平面ABC⊥平面BCC1B1；
而平面ABC∩平面BCC1B1=BC,AB⊂平面ABC，
又∠ABC=90∘，∴ AB⊥BC，∴ AB⊥平面BCC1B1，
∵ A1B1//AB，∴ A1B1⊥平面BCC1B1，
∵ BC1⊂平面BCC1B1，∴ A1B1⊥BC1，
又BCC1B1是正方形，BC1⊥B1C，∵ B1C∩A1B1=B1，∴ BC1⊥平面A1B1C；
∵ A1C⊂平面A1B1C，故BC1⊥A1C .
(2)解：由AB，BC，BB1两两垂直，建立空间直角坐标系，不妨设AB=1；
则A10,2,1,C2,0,0,M0,1,1,B10,2,0,B1C→=2,−2,0,A1C→=2,−2,−1,CM→=−2,1,1，
设平面B1CM的法向量为n→=x,y,z，则有
n→⋅B1C→=0n→⋅CM→=0,即2x−2y=0,−2x+y+z=0，
令x=1，得n→=1,1,1，
设直线A1C与平面B1CM所成角为θ，
则sinθ=|n→⋅A1C→||A1C→||n→|=13×3=39 .