2023高考数学复习专项训练《简单几何体的表面积和体积》

这是一份2023高考数学复习专项训练《简单几何体的表面积和体积》，共19页。试卷主要包含了、单选题，、填空题，、解答题等内容，欢迎下载使用。

一 、单选题（本大题共13小题，共65分）
1.（5分）已知三棱锥P-ABC(记ΔABC所在的平面为底面)内接于球O，PA：PB：PC=1：2：3，当三棱锥P-ABC侧面积最大时，球O的体积为56143π.则此时ΔABC的面积为( )
A. 12B. 13C. 14D. 15
2.（5分）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=BC=CA=22，AA1=4，D为A1B1的中点，E为棱BB1上的点，AB1⊥平面C1DE，且B1，C1，D，E四点在同一球面上，则该球的表面积为( )
A. 9πB. 11πC. 12πD. 14π
3.（5分）一个圆锥的体积为π6，当这个圆锥的侧面积最小时，其母线与底面所成角的正切值为( )

A. 33B. 22C. 63D. 2
4.（5分）长方体三个面的面积分别为2、6和9，则长方体的体积是( )
A. 63B. 36C. 11D. 12
5.（5分）在平行四边形ABCD中，AB→.BD→=0，且2AB2→+BD2→-4=0，沿BD折成直二面角A-BD-C，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积是( )
A. 16πB. 8πC. 4πD. 2π
6.（5分）设P，A，B，C是球O表面上的四个点，若PA⊥PB，PB⊥PC，PA⊥PC，且PA=PB=PC=2，则球O的体积为( )
A. 48πB. 43πC. 12πD. 323π
7.（5分）在三棱锥P-ABC中，ΔABC与ΔPBC均为边长为1的等边三角形，P，A，B，C四点在球O的球面上，当三棱锥P-ABC的体积最大时，则球O的表面积为( )
A. 5π3B. 2πC. 5πD. 20π3
8.（5分）一个长方体由同一顶点出发的三条棱的长度分别为2，2，3，则其外接球的表面积为( )
A. 68πB. 17πC. 28πD. 7π
9.（5分）已知球O外接于正四面体ABCD，小球O'与球O内切于点D，与平面ABC相切，球O的表面积为9π，则小球O'的体积为( )
A. 4π3B. 4πC. 6πD. 32π3
10.（5分）三棱锥P-ABC中，AB=AC=PB=PC=5，PA=BC若该三棱锥的四个顶点在同一个球面上，且球的表面积为34π，则棱PA的长为( )
A. 3B. 23C. 32D. 5
11.（5分）在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1，中，M是BC的中点，点P是正方体的表面DCC1D1(包括边界)上的动点，且满足∠APD=∠MPC，则三棱锥P-BCD体积的最大值是( )
A. 123B. 36C. 24D. 183
12.（5分）设正方体ABCD-A1B1C1D1内部有两个球O1和O2，已知球O1与正方体的三个面相切，球O2与正方体的六个面均相切，且球O1与球O2也相切．设球O1，O2的半径分别为r1，r2，则r1r2=( )
A. 3-2B. 2-3C. 5-12D. 1-22
13.（5分）已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的每个顶点都在球的O球面上，若球O的表面积为12π，则该四棱柱的侧面积的最大值为( )
A. 122B. 182C. 16D. 18
二 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=120°且AB=AC=3，BB1=4，则此三棱柱外接球的表面积为______．
15.（5分）如图，多面体OABCD，AB=CD=2，AD=BC=23，AC=BD=10，且OA，OB，OC两两垂直，给出下列 5个结论：
①三棱锥O-ABC的体积是定值；
②球面经过点A、B、C、D四点的球的直径是13；
③直线OB//平面ACD；
④直线AD与OB所成角是60°；
⑤二面角A-OC-D等于30°．
其中正确的结论是______．
16.（5分）粽子古称“角黍”，是中国传统的节庆食品之一，由粽叶包裹糯米等食材蒸制而成.因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看成所有棱长均为8cm的正四棱锥，则这个粽子的表面积为 ______ cm2，现在需要在粽子内部放入一颗咸蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，则当这个蛋黄的体积最大时，其半径与正四棱锥的高的比值为 ______ .
17.（5分）点A、B、C、D在同一球面上，AB=BC=2，AC=2，若球的表面积为25π4，则四面体ABCD体积的最大值为 ______．
18.（5分）已知三棱锥P-ABC的每个顶点都在球O的球面上，PA，PB，PC两两互相垂直，且2PB=PA=PC=4，若球O的表面积为 ______.
三 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图，已知四棱锥P-ABCD中，AB//CD，O，M分别是CD，PC的中点，PO⊥底面ABCD，且PO=OD=DA=AB=BC.
(1)证明：PA//平面OBM；
(2)若PO=2，求三棱锥M-PAB的体积.
20.（12分）如图，在梯形ABCD中，AB//CD，BC=CD=AD=1，∠ABC=π3，四边形BDEF是正方形，且∠ADE=π2，点G在线段EF上．
(1)求证：AD⊥平面BDEF；
(2)当BG//平面ACE时，求四棱锥A-BDEG的体积．
21.（12分）如图，在直角梯形PBCD中，PB//DC，DC⊥BC，PB=BC=2CD=2，点A是PB的中点，现沿AD将平面PAD折起，设∠PAB=θ．

(1)当θ为直角时，求异面直线PC与BD所成角的余弦值；
(2)当θ为多少时，三棱锥P-ABD的体积为26？
22.（12分）如图1所示，在等腰梯形ABCD，BC//AD，CE⊥AD，垂足为E，AD=3BC=3，EC=1.将ΔDEC沿EC折起到ΔD1EC的位置，使平面ΔD1EC⊥平面ABCE，如图2所示，点G为棱AD1的中点．
(Ⅱ)求证：BG//平面D1EC；
(Ⅱ)求证：AB⊥平面D1EB；
(Ⅲ)求三棱锥D1-GEC的体积．
23.（12分）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=AA1=3a，BC=2a，D是BC的中点，E为AB的中点，F是C1C上一点，且CF=2a．
(1)求证：C1E//平面ADF；
(2)试在BB1上找一点G，使得CG⊥平面ADF；
(3)求三棱锥D-AB1F的体积．
答案和解析
1.【答案】C;
【解析】解：设PA=x，PB=2x，PC=3x，
当三棱锥P-ABC三个侧面的面积之和最大时，PA，PB，PC两两垂直，
有43πR3=56143，得R=14．
又由PA2+PB2+PC2=4R2，有14x2=4×(14)2，得x=2．
此时AB=25，AC=210，BC=213．
由cs∠BAC=20+40-522×25×210=210，sin∠BAC=7210．
∴ΔABC的面积为12×25×210×7210=14．
故选：C．
设PA=x，PB=2x，PC=3x，可知当三棱锥P-ABC三个侧面的面积之和最大时，PA，PB，PC两两垂直，由球的体积求出外接球的半径，再由长方体对角线长与棱长的关系求得x，则三条侧棱长可求，进一步求得ΔABC的面积．
该题考查多面体外接球的体积，考查多面体表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
2.【答案】A;
【解析】解：由题意，AA1⊥平面ABC，三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，
AB=BC=CA=22，底面是正的三角形．
AB1=26，∴sin∠AB1B=33．
那么DB1=2，
AB1⊥平面C1DE，AB1⊥DE，D为A1B1的中点，E为棱BB1上的点，
DE∩AB1=M，
∵ΔABB1∽ΔEB1M
∴BB1AB=B1DB1E
那么：EB1=1
则在D-B1C1E三棱锥中：B1C1=22，C1D=2，EC1=3，DE=3，B1D=2
∵EB1⊥平面DB1C1，
底面DB1C1是直角三角形，
∴球心在EC1在的中点上，
∴R=32
球的表面积S=4πR2=9π．
故选：A．
由题意，AA1⊥平面ABC，三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，AB=BC=CA=22，底面是正的三角形．D为A1B1的中点，E为棱BB1上的点，AB1⊥平面C1DE，求E为棱BB1上的位置，在求解B1-C1DE三棱锥的外接球即可得球的表面积．
该题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
3.【答案】D;
【解析】
该题考查了圆锥的结构特征，侧面积与体积计算，考查基本不等式的应用，属于中档题．
根据体积得出底面半径r和高h的关系，根据基本不等式得出侧面积最小的条件，计算半径和高即可得出答案．

解：设圆锥的底面半径为r，高为h，则母线长为l=r2+h2，
则V=13πr2h=π6，
∴r2h=12，即h=12r2，
∴S侧=πrl=πrr2+14r4=πr4+14r2，
∵r4+14r2=r4+18r2+18r2⩾33164=34，
当且仅当r4=18r2即r=22时取等号，此时，h=12r2=1，
∴母线与底面所成角的正切值为hr=122=2．
故选D．
4.【答案】A;
【解析】
该题考查的知识点是棱柱的体积，其中根据已知构造关于a，b，c的方程，并转化为棱柱体积的表达式是解答本题的关键．
由已知中长方体三个面的面积分别为2、6和9，我们可以设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，得到三个关于a，b，c的方程，进而根据长方体的体积V=abc，即可求出答案．

解：设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，
则有ab=2，bc=6，ac=9，
∴V=a2b2c2=2×6×9=63．
故选：A．

5.【答案】C;
【解析】解：由题意可知AB→⊥BD→，折成直二面角后，AC为外接球直径，
因为2AB2→+BD2→-4=0，
所以(2R)2=AC2=AB2+BD2+CD2=2AB2+BD2=4，R2=1，S=4πr2=4π；
故选：C．
平行四边形ABCD中，AB→.BD→=0，沿BD折成直二面角A-BD-C，AC为外接球直径，
利用2AB2→+BD2→-4=0，求出球的半径，即可求出三棱锥A-BCD的外接球的表面积．
本题是基础题，考查平行四边形折叠为三棱锥的外接球的表面积，求出球的半径是本题的核心问题，仔细分析，灵活解题．
6.【答案】B;
【解析】解：P，A，B，C是球O表面上的四个点，PA⊥PB，PB⊥PC，PA⊥PC，
即三棱锥P-ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=2，
它的外接球就是它扩展为正方体的外接球，
正方体的对角线的长2R=22+22+22，
所以半径为3，所以球的体积V=43πR3=43π，
故选：B．
根据PA⊥PB，PB⊥PC，PA⊥PC，且PA=PB=PC=2，可知它的外接球就是它扩展为棱长为2的正方体的外接球，求出正方体的对角线的长，就是球的直径，然后求球的体积．
该题考查球的表面积，几何体的外接球，考查空间想象能力，计算能力，是基础题
7.【答案】A;
【解析】
此题主要考查三棱锥的最大体积的情况及球的表面积公式，属于中档题.
由ΔABC和ΔPBC为等边三角形，V=13Sh，而S一定，所以高最大值时，体积最大，所以当面ΔPBC⊥面ABC时，三棱锥的体积最大，设两个外接圆的圆心分别为G，F，如图所示，过G，F分别作两个面的垂线，交于O，连接OP，OA，然后求出外接球的半径，即可得出答案.

解：因为ΔABC和ΔPBC为等边三角形，V=13Sh，
而S一定，所以高最大值时，体积最大，
所以当面ΔPBC⊥面ABC时，三棱锥的体积最大，
设两个外接圆的圆心分别为G，F，如图所示，

过G，F分别作两个面的垂线，交于O，
连接OP，OA，
则OA=OP为外接球的半径R，ΔOAG中，OA2=OG2+AG2，
而由题意OG=EF=32.13=36，AG=32.23=33，
所以OA2=(36)2+(33)2=512，
所以外接球的表面积S=4πR2=5π3，
故选：A.
8.【答案】B;
【解析】解：长方体的外接球直径即为长方体的体对角线，
由题意，体对角线长为：22+22+32=17，
外接球的半径R=172，
S表=4πR2=17π，
故选：B．
利用长方体的外接圆直径为体对角线，容易得解．
该题考查了长方体的外接球面积，属容易题．
9.【答案】A;
【解析】
此题主要考查球的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意球、正四面体的性质的应用，注意空间思维能力的培养．
设小球O'的半径为r，球O的半径为R，正四面体的高为h，推导出r=23R，由球O的表面积为9π，得R=32，从而r=1，由此能求出小球O'的体积．

解：设小球O'的半径为r，球O的半径为R，正四面体的高为h，
则由题意，得：R=34h,h=2r，即r=23R，
又球O的表面积为9π，即4πR2=9π，则R=32，
所以r=1，则小球O'的体积V=43πr3=4π3．
故选A．

10.【答案】C;
【解析】解：设PA=t，依题意可将三棱锥补成长方体(如图)，
设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则a2+b2=25b2+c2=t2c2+a2=25⇒a2+b2+c2=50+t22，
长方体的外接球的半径R=a2+b2+c22
由于球的表面积为4πR2=34π，可得a2+b2+c2=34，所以50+t22=34，解得t=32，
选C．

设PA=t，依题意可将三棱锥补成长方体(如图)，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则a2+b2=25b2+c2=t2c2+a2=25⇒a2+b2+c2=50+t22，由于球的表面积为34π，可得a2+b2+c2=34，所以50+t22=34，即可解得t
此题主要考查了几何体的外接球，把椎体体补成柱体是解题的常用方法之一，属于中档题．
11.【答案】A;
【解析】解：∵在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是BC的中点，
点P是面DCC1D1所在的平面内的动点，
且满足∠APD=∠MPC，
∴RtΔADP∽ΔRtΔPMC，
∴ADMC=PDPC=2，
即PD=2PC，
设DO=x，PO=h，作PO⊥CD，
∴x2+h2=2(6-x)2+h2，化简得：3h2=-3x2+48x-144，0⩽x⩽6，
根据函数单调性判断：x=6时，3h2最大值为36，
h最大值=23，
∵在正方体中PO⊥面BCD，
∴三棱锥P-BCD的体积最大值：13×12×6×6×23=123．
故选：A．
根据RtΔADP∽ΔRtΔPMC，PD=2PC，利用体积公式求解得出PO⊥CD，求解OP最值，根据勾股定理得出3h2=-3x2+48x-144，0⩽x⩽6，再由二次函数的单调性求PO的最大值，代入棱锥体积公式得答案．
该题考查了空间几何体中的最值问题，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．
12.【答案】B;
【解析】解：不妨设正方体的棱长为2，球O1同时与以A为公共顶点的三个面相切，
由题意可知，球O1与球O2的球心和两球的切点均在体对角线AC1上，
两个球在平面AB1C1D处的截面如图所示，

则O2F=r2=1,AO2=AC12=3，
∴AF=AO2-O2F=3-1，
又AF=AO1+O1F=3r1+r1=(3+1)r1，
∴r1=3-13+1=2-3，
∴r1r2=2-3.
故选：B.
由图形关系可知球O1与球O2的球心和两球的切点均在体对角线AC1上，通过截面可确定O2F=r2=1，AF=AO2-O2F=3-1，由此可得r1，r2，进而得出答案．
此题主要考查球的综合运用，解决本题的关键在于作出两个球在平面AB1C1D处的截面图，进而根据关系求得r1，r2，考查了空间想象能力，逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】A;
【解析】解：设球O的半径为R，则4πR2=12π，得R=3．
设正四棱柱的底面边长为x，高为h，则正四棱柱的体对角线即为球O的直径，
则有2x2+h2=2R=23，即2x2+h2=12，由基本不等式可得12=2x2+h2⩾22xh，
∴xh⩽32，当且仅当h=2x时，等号成立，
因此，该四棱柱的侧面积为4xh⩽4×32=122．
故选：A．
计算出球O的半径为R，可得出R=3，设正四棱柱的底面边长为x，高为h，可得出2x2+h2=23，然后利用基本不等式可得出该四棱柱侧面积的最大值．
该题考查球体表面积的计算，同时也考查了正四棱柱外接球问题以及正四棱柱侧面积最值的计算，涉及了利用基本不等式求最值，解答该题的关键就是要根据题意得出定值条件，考查计算能力，属于中等题．
14.【答案】52π;
【解析】解：由题意可知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=3，∠BAC=120°，AA1=4，
∴底面小圆ABC的半径r满足：2r=3sin30∘=6，即r=3，
连接两个底面中心的连线，中点与顶点的连线就是球的半径，外接球的半径为：R=32+22=13
∴三棱柱的外接球的表面积为：4π⋅R2=52π；
故答案为：52π．
由题意可知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=3，∠BAC=120°，AA1=4，底面ABC的小圆半径为2，连接两个底面中心的连线，中点与顶点的连线就是球的半径，即可求出三棱柱的外接球的表面积．
本题是中档题，考查直三棱柱的外接球的表面积的求法，解答该题的关键是外接球的半径，直三棱柱的底面中心的连线的中点与顶点的连线是半径，考查空间想象能力．
15.【答案】①②④;
【解析】
该题考查线面的位置关系的判断，空间异面直线所成的角，以及三棱锥的体积的计算和多面体的外接球的关系，考查运算能力，属于中档题和易错题．由题意，只要构造长方体，设OA=x，OB=y，OC=z，则x2+y2=4，x2+z2=10，y2+z2=12，解得，x=1，y=3，z=3，运用棱锥的体积公式，即可判断①；运用异面直线所成角的定义，即可判断②；球面经过点A、B、C、D两点的球的直径即为长方体的对角线长，即可判断③；由于OB//AE，AE和平面ACD相交，即可判断④．

解：由题意，构造长方体，如右图，设OA=x，OB=y，OC=z，
则x2+y2=4，x2+z2=10，y2+z2=12，解得，x=1，y=3，z=3，
对于①，三棱锥O-ABC的体积为13OC×12OA×OB=32，故①对；
对于②，球面经过点A、B、C、D两点的球的直径即为长方体的对角线长，
即为12+32+(3)2=13，故②对；
对于③，由于OB//AE，AE和平面ACD相交，则OB和平面ACD相交，故③错．
对于④，由于OB//AE，则∠DAE即为直线AD与OB所成的角，
由tan∠DAE=DEAE=3，则∠DAE=60°，故④对；
⑤因为AO⊥OC，DC⊥OC，所以异面直线CD与OA所成的角大小为二面角A-OC-D的二面角大小，连接OE，则角AOE为所求，tan∠AOE=AEOA=3，所以∠AOE=60°；⑤错误；
故答案为：①②④


16.【答案】643+64 3-12;略;
【解析】解：由粽子的形状是所有棱长均为8cm的正四棱锥，得每个侧面三角形的面积为12×8×8×32=163cm2.
∴粽子的表面积为4×163+8×8=(643+64) cm2；
球的体积要达到最大，则需要球与四棱锥的五个面都相切，
正四棱锥的高为h=(43)2-42=42cm，设球的半径为r，
∴四棱锥的体积V=13×(643+64)r=13×64×42，解得r=22(3-1)cm.
∴rh=3-12，即其半径与正四棱锥的高的比值为3-12.
故答案为：643+64；3-12.
由三角形面积公式求出侧面积，再由正方形面积公式求得底面积，则表面积可求；求出正四棱锥的高，再由等体积法求内切球的半径，作比得答案．
此题主要考查空间几何体的结构特征及相关计算，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】23;
【解析】
该题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积，为中档题．
先求出球的半径，根据题意分析可得要求四面体ABCD的体积的最大值，由于底面积SΔABC不变，所以当高最大时体积最大，也就是求点D到底面ABC距离的最大值，从而求出最大距离h=r+r2-12=2，即可得到最终答案．

解：根据题意知，ΔABC是一个直角三角形，其面积为1，
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，球的半径为r，
因为球的表面积为25π4，
所以4πr2=25π4，解得r=54，
要求四面体ABCD的体积的最大值，
由于底面积SΔABC不变，所以当高最大时体积最大，
也就是求点D到底面ABC距离的最大值，
最大距离h=r+r2-12=2，
所以四面体ABCD体积的最大值为
13×SΔABC×h=13×12×2×2×2=23．
故答案为：23．
18.【答案】;
【解析】解：如图，将三棱锥P-ABC补全成如图的长方体，
则根据对称性可得：三棱锥P-ABC的外接球的直径为长方体的体对角线，
设球的半径为R，又2PB=PA=PC=4，
∴(2R)2=22+42+42=36，
∴球O的表面积为144π.
故答案为：144π.
将三棱锥P-ABC补全成如图的长方体，从而得三棱锥P-ABC的外接球的直径为长方体的体对角线，从而可得球的半径，最后代入球的表面积公式即可求解．
此题主要考查三棱锥的外接球问题，分割补形法，属基础题．
19.【答案】（1）证明：在四棱锥P-ABCD中，O是CD的中点，M是PC的中点，
所以OM是△CPD的中位线，即OM∥PD，
又PD⊂平面PAD，OM⊄平面PAD，所以OM∥平面PAD，
因为AB∥CD且AB=12CD=DO，
所以四边形ABCD是平行四边形，有OB∥AD，
因为AD⊂平面PAD，OB⊄平面PAD，
所以OB∥平面PAD，
而OM∩OB=O，所以平面OBM∥平面PAD，
又PA⊂平面PAD，所以PA∥平面OBM．
（2）解：连接MA，AC，如图所示：

由AB=BC=CO=OB=2，
所以△ABC的面积为S△ABC=12×2×2×sin60°=3，
又PO=2，
所以三棱锥P-ABC的体积为VP-ABC=13×S△ABC×2=13×3×2=233，
三棱锥M-ABC的体积为VM-ABC=13×S△ABC×1=33，
所以三棱锥M-PAB的体积为VM-PAB=VP-ABC-VM-ABC=233-33=33．;
【解析】
(1)利用中位线定理证明OM//PD，得出OM//平面PAD，再证明四边形ABCD是平行四边形，得出OB//AD，证明OB//平面PAD，得出平面OBM//平面PAD，即可证明PA//平面OBM.
(2)连接MA，AC，求出ΔABC的面积和三棱锥P-ABC的体积和三棱锥M-ABC的体积，从而求出三棱锥M-PAB的体积．
此题主要考查了空间中的平行关系应用问题，也考查了三棱锥体积计算问题，考查了推理与运算能力，是中档题．
20.【答案】(1)证明：∵AB//CD，BC=CD=AD=1，所以∠CDB=∠CBD=∠ABD，
又∠ABC=π3，∴∠CDB=∠CBD=∠ABD=π6，∠DAB=π3，
∴∠ADB=π2，∴AD⊥BD，
又AD⊥DE，BD∩DE=D，∴AD⊥平面BDEF；
(2)解：设对角线AC，BD交于点H，连接EH，

则由BG//平面ACE，BG⊂平面BDEF，平面ACE∩平面BDEF=EH，
可得BG//EH，
又四边形BDEF是正方形，∴EG//BH，
∴四边形BGEH是平行四边形，
由AD=l，AD⊥BD，∠ABD=π6得BD=3，AB=2，
∵AB//CD，∴ΔDCH∽ΔBAH，∴DHBH=DCBA=12，
∴EG=BH=23BD=233，
∵四边形BDEF是正方形，∴ED=BD=3，
∴四棱锥A-BDEG的底面积S=12×233+3×3=52，
由(1)知四棱锥A-BDEG的高是AD，且AD=1，
∴其体积V=13S.AD=13×52×1=56.;
【解析】此题主要考查线面垂直的判定、线面平行的性质和四棱锥的体积．
(1)利用线面垂直的判定定理证明线面垂直；
(2)依据线面平行的性质寻找交线，结合公式求四棱锥体积．
21.【答案】解：(1)∵AB//CD，AB=CD，CD⊥BC，
∴四边形ABCD是矩形，
连结AC交BD于O，则O是AC，BD的中点，
取PA的中点E，连结OE，BE，
则OE是ΔPAC的中位线，∴PC//OE，OE=12PC．
∴∠BOE或其补角是异面直线PC，BD所成的角，
∵PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD=A，
AB，AD⊂平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，∴PA⊥AC．
∵BE=AB2+AE2=52，
OB=OA=12BD=12AB2+AD2=52，
∴OE=AE2+OA2=62．
∴cs∠BOE=OB2+OE2-BE22OB.OE
=54+64-542×52×62=3010，
即异面直线PC与BD所成角的余弦值为3010．

(2)易知P到平面ABCD的距离h=PAsinθ=sinθ，
SΔABD=12AB×AD=1，
∴VP-ABD=13SΔABD⋅h=13×1×sinθ=26．
∴sinθ=22．
∵θ∈(0,π)，
∴θ=π4或3π4．;
【解析】此题主要考查了异面直线所成角的计算，棱锥的体积计算，作出空间角是解题关键，属于中档题．
(1)连结AC交BD于O，取PA的中点E，连结OE，BE，则∠BOE或其补角为PC，BD所成的角，由PA⊥AB，PA⊥AD可得PA⊥平面ABCD，利用勾股定理求出ΔOBE的三边长，使用余弦定理求出cs∠BOE即可；
(2)易知P到平面ABCD的距离为PAsinθ=sinθ，代入棱锥P-ABD的体积公式求出sinθ，即可得到θ的值．
22.【答案】(Ⅰ)证明：在图1的等腰梯形ABCD内，过B作AE的垂线，垂足为F，
∵CE⊥AD，∴BF//EC，
又∵BC//AD，BC=CE=1，AD=3，
∴四边形BCEF为正方形，且AF=FE=ED=1，F为AE中点．
在图2中，连结GF，
∵点G是AD1的中点，
∴GF//D1E.
又∵BF//EC，GF∩BF=F，GF，BF⊂平面BFG，D1E，EC⊂平面D1EC，
∴平面BFG//平面CED1，
又∵BG⊂面GFB，∴BG//平面D1EC；
(Ⅱ)证明：∵平面D1EC⊥平面ABCE，
平面D1EC∩平面ABCE=EC，D1E⊥EC，D1E⊂平面D1EC，
∴D1E⊥平面ABCE．
又∵AB⊂平面ABCE，
∴D1E⊥AB．
又AB=2,BE=2,AE=2，满足AE2=AB2+BE2，
∴BE⊥AB．
又BE∩D1E=E，
AB⊥平面D1EB；
(Ⅲ)解：∵CE⊥D1E，CE⊥AE，AE∩D1E=E，
∴CE⊥面D1AE．
又线段CE为三棱锥C-D1AE底面D1AE的高，
∴VD1-GEC=12VC-D1AE=．;
【解析】
(Ⅰ)在图1的等腰梯形ABCD内，过B作AE的垂线，垂足为F，可得四边形BCEF为正方形，且AF=FE=ED=1，F为AE中点．在图2中，连结GF，证明GF//D1E.结合BF//EC，利用平面与平面平行的判定可得平面BFG//平面CED1，从而得到BG//平面D1EC；
(Ⅱ)由平面D1EC⊥平面ABCE，D1E⊥EC，得D1E⊥平面ABCE.进一步得到D1E⊥AB.求解三角形证明BE⊥AB.再由线面垂直的判定可得AB⊥平面D1EB；
(Ⅲ)证明CE⊥面D1AE，可得线段CE为三棱锥C-D1AE底面D1AE的高，然后利用等积法求三棱锥D1-GEC的体积．
该题考查直线与平面平行、直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．
23.【答案】证明：（1）∵AB=AC，D为BC的中点
∵E为AB的中点，连接CE交AD于O，连接FO，
∴COCE=CFCC1=23
∴FO∥EC1（2分）
∵FO⊆平面AFD，C1E⊄平面AFD（4分）
∴C1E∥平面AFD（5分）
（2）在平面C1CBB1内，过C作CG⊥DF，交BB1于G
在△RtFCD 和△RtCBG中FC=CB，∠CFD=∠BCG
∴Rt△FCD≌Rt△CBG（6分）
而AD⊥BC，CC1⊥AD且CC1∩BC=C
∴AD⊥平面C1CBB1（8分）
∵CG⊆平面C1CBB1
∴AD⊥CG，
∵CG⊥DF，AD∩FD=D
∴CG⊥平面ADF
此时BG=CD=a（10分）
（3）AD⊥BCC1B1
∴VD-AFB1=VA-B1FD=13S△FDB1•AD（12分）
=13×
=523a3（14分）

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【解析】
(1)连接CE交AD于O，连接FO，由COCE=CFCC1=23可证FO//EC1，根据线面平行的判定定理可证
(2)在平面C1CBB1内，过C作CG⊥DF，交BB1于G，由AD⊥BC，CC1⊥AD可证AD⊥平面C1CBB1
进而可证AD⊥CG，CG⊥DF，从而可证
(3)由题意可得VD-AFB1=VA-B1FD=13SΔFDB1⋅AD，可求
这道题主要考查了直线于平面平行的判定定理、直线与平面垂直的判定定理的应用，利用等体积法求解三棱锥的体积是高考的重点题型，要注意掌握