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人教B版（2019）高中数学 必修第四册《第十一章 立体几何初步》单元测试2（含解析）
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人教B版（2019）必修第四册《第十一章 立体几何初步》单元测试2
一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）平面α的一个法向量为n→=(1,-3,0)，则y轴与平面α所成的角的大小为( )
A. π6 B. π3 C. π4 D. 5π6
2.（5分）如图，在四面体ABCD中，AB=CD=2，AC=BD=3,AD=BC=5，E，F分别是AD，BC中点，若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为( )
A. 6 B. 62 C. 52 D. 54
3.（5分）已知球面上A，B，C三点，O是球心.如果AB=BC=AC=3，且球的体积为2053π，则三棱锥O-ABC的体积为( )
A. 1 B. 3 C. 32 D. 2
4.（5分）已知m，n为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，一定能推出α//β的是( )
A. m//n，m⊂α，n⊂β B. m//n，m⊥α，n⊥β
C. m⊥n，m//α，n//β D. m⊥n，m⊥α，n⊥β
5.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是正方形CDD1C1的中心，点Q在侧棱AA1上，E是BC的中点，则直线PQ，DE的位置关系是( )
A. PQ与DE为异面直线且所成角为30° B. PQ与DE为异面直线且所成角为45°
C. PQ与DE为异面直线且所成角为60° D. PQ与DE为异面直线且所成角为90°
6.（5分）已知m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，下列命题中真命题的个数为( )
①α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n；
②α⊥β，m⊥α，n//β，则m⊥n；
③m⊥n，m//α，n//β，则α⊥β；
④若m与n是异面直线，m⊂α，m//β，n//β，则α//β．
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
7.（5分）菱形ABCD在平面α内，PC⊥α，则PA与BD的位置关系是( )
A. 平行 B. 相交但不垂直 C. 垂直相交 D. 异面且垂直
8.（5分）已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）如图，在梯形ABCD中，AD // BC，∠ABC=90°，AD:BC:AB=2:3:4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折．在翻折的过程中，可能成立的结论是 ( )
A. DF⊥BC B. BD⊥FC C. 平面DBF⊥平面BFC D. 平面DCF⊥平面BFC
10.（5分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是( )
A. 当0
C. 当CQ=34时，S与C1D1的交点R满足C1R=13
D. 当34
A. 若α⊥β，β⊥γ，则α//γ
B. 若α⊥β，β//γ，则α⊥γ
C. 若α，β相交，且β，γ相交，则α，γ也相交
D. 若α//β，β//γ，则α//γ
12.（5分）把正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C，则下列四个结论中正确的结论是( )
A. AC⊥BD B. ΔACD是等边三角形
C. AB与平面CBD成60°角 D. AB与CD所成角为45°
13.（5分）设一空心球是在一个大球(称为外球)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)，已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上、所有面均与内球相切，则
A. 该正方体的棱长为2 B. 该正方体的体对角线长为3+3
C. 空心球的内球半径为3-1 D. 空心球的外球表面积为(12+63)π
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）要将一个圆锥形橡皮泥，揉捏成一个球．若这个圆锥的底面半径为2，高为1，则球的半径为________.
15.（5分）已知圆锥的底面直径为2，侧面展开图为半圆，则圆锥的体积为 ______ ．
16.（5分）已知四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，其中四边形ABCD为正方形，ΔPAD为等边三角形，AB=2，则四棱锥P-ABCD外接球的体积为______.
17.（5分）如图，点C在以AB为直径的圆O上，|AC|=|BC|=52，若以直线AB为轴旋转一周，左半圆旋转所形成的几何体的体积为V1，ΔABC旋转所形成的几何体的体积为V2，则V1+V2=________.
18.（5分）在三棱锥P-ABC中，ΔABC与ΔPBC都是等边三角形，侧面PBC⊥底面ABC，AB=23，则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）如图，已知三棱柱ABC-ABC侧棱柱垂直于底面，AB=AC，∠BAC=90°点M，N分别为A'B和B'C'的中点．
(1)证明：MN//平面AA'C'C；
(2)设AB=λAA'，当λ为何值时，CN⊥平面A'MN，试证明你的结论．
20.（12分）如图1，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，E，F分别在线段BC，AD上，EF//AB，将矩形ABEF沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF，如图2．
(1)求证：NC//平面MFD；
(2)若EC=3，求证：ND⊥FC；
(3)求四面体NEFD体积的最大值．
21.（12分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥AC且AA1=AC，点E，F分别为B1C1和BC的中点，B1A与A1B相交于点G．
(1)证明：平面EFG//平面A1ACC1；
(2)求异面直线GE和AC所成角的大小．
22.（12分）如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2，AC=BC=3，D为AB的中点，且AB1⊥A1C
(I)求证：AB1⊥A1D；
(Ⅱ)求二面角A-A1C-D的平面的正弦值．
23.（12分）如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为正三角形，E、F分别是BC、CC1的中点
(1)证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；
(2)若D为AB中点，∠CA1D=45°且AB=2，设三棱锥F-AEC的体积为V1，三棱锥F-AEC与三棱锥A1-ACD的公共部分的体积为V2，求V1V2的值．
答案和解析
1.【答案】B;
【解析】解：设y轴与平面α所成的角的大小为θ，
∵在y轴上的单位向量j→=(0,1,0)，
平面α的一个法向量为n→=(1,-3,0)，
∴sinθ=|cos|=|-31×4|=32，
∴θ=π3．
故选：B．
设y轴与平面α所成的角的大小为θ，由在y轴上的单位向量和平面α的一个法向量，利用向量法能求出结果．
该题考查直线与平面所成角的大小的求法，是基础题，解题时要注意向量法的合理运用．
2.【答案】B;
【解析】
此题主要考查了补形法的应用，二倍角公式及面积公式，基本不等式的应用，属于较难题．
补成长，宽，高分别为3，2，1的长方体，在长方体中可解决．
解：补成长，宽，高分别为3，2，1的长方体(如下图)
由于EF⊥α，故截面为平行四边形MNKL，可得KL+KN=5，
设异面直线BC与AD所成的角为θ，则sinθ=sin∠HFB=sin∠LKN，
算得sinθ=sin2∠HCB=2sin∠HCBcos∠HCB=265，
∴S四边形MNKL=NK⋅KL⋅sin∠NKL⩽265(NK+KL2)2=62，
当且仅当NK=KL时取等号．
故选：B．
3.【答案】C;
【解析】解：由AB=BC=AC=3，可得ΔABC为正三角形，设其中心为G，
可得其外接圆的半径r=32sin60°=1，
再设球的球心为O，半径为R，连接OG，
由球的体积为2053π，得43πR3=2053π，得R=5，
∴球心到平面ABC的距离为OG=R2-r2=5-1=2，
又SΔABC=12×3×3×32=334，
∴VO-ABC=13×334×2=32，
故选：C．
求出三角形ABC的外接圆的半径，再由球的体积求得球的半径，由勾股定理求球心到平面ABC的距离，则三棱锥O-ABC的体积可求．
该题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查球的体积与多面体体积的求法，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题．
4.【答案】B;
【解析】解：对于A，若α∩β=l，m//l，n//l，显然条件成立，但α，β不平行，故A错误；
对于B，由m//n，m⊥α可得n⊥α，又n⊥β，故α//β，故B正确；
对于C，若m⊥n，m//α，n//β，则α，β可能平行，可能相交，故C错误；
对于D，m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β，故D错误．
故选：B．
根据空间线面位置关系的定义，性质判断或举反例说明．
此题主要考查空间直线与平面位置关系，属于基础题．
5.【答案】D;
【解析】
此题主要考查了异面直线所成角 、异面直线的概念 属于基础题.
画出图形，PQ在底面ABCD上的射影为AM，可求得PQ与DE为异面直线，结合DE⊥PQ，可得答案.
解：如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，PQ在底面ABCD上的射影为AM，
在正方形ABCD中，E，M分别为BC，CD的中点，可得DE⊥AM，又由DE⊥AQ，且AM∩AQ=A，AM，AQ⊂平面AMPQ，
所以DE⊥平面AMPQ，
又由PQ⊂平面AMPQ，那么DE⊥PQ，则异面直线PQ，DE所成角的大小为90°.
故选D.
6.【答案】B;
【解析】解：由m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，知：
在①中，α//β，m⊂α，n⊂β，则m与n平行或异面，故①错误；
在②中，α⊥β，m⊥α，n//β，则m与n相交、平行或异面，故②错误；
在③中，m⊥n，m//α，n//β，则α与β相交或平行，故③错误；
在④中，若m与n是异面直线，m⊂α，m//β，n//β，
则α与β相交或平行，故④错误．
故选：B．
在①中，m与n平行或异面；在②中，m与n相交、平行或异面；在③中，α与β相交或平行；在④中，α与β相交或平行．
该题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，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】D;
【解析】解：根据题意，如图，
因为PA不在平面α内，并且过BD之外的一点，故PA与BD异面；
连接AC、PA，
PC⊥α，且BD在α内，则PC⊥BD，
由菱形的性质，可得AC⊥BD，
可得BD⊥平面PAC，即可得PA⊥BD，
综合可得，PA与BD异面且垂直；
故选：D．
首先根据题意，做出图示，根据异面直线的判定定理，易得PA与BD异面，连接AC、PA，由线面垂直的性质可得PC⊥BD，又由菱形的性质，可得PA⊥BD，即可得BD⊥平面PAC，即可得PA⊥BD，综合可得答案．
该题考查异面直线的判定，注意根据题意，结合有关的定理、性质，进一步挖掘直线间的位置关系．
8.【答案】C;
【解析】
此题主要考查了空间中直线与直线平行的判定，直线与平面垂直的判定，平面与平面平行的判定，平面与平面垂直的判定，首先要牢记相关定理和性质，其次要利用手和笔来比划，最好能画出草图，利用空间中直线与直线平行的判定，直线与平面垂直的判定，平面与平面平行的判定，平面与平面垂直的判定分别求解即可.
解：A.若m//α，n//α，则m、n可能相交可能平行可能异面，排除A；
B.若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平行，排除B；
C.若m//α，m⊥β，则α⊥β，故C正确；
D.若m//α，α⊥β，则m可能与β平行，相交，排除D；
故选C.
9.【答案】BC;
【解析】
此题主要考查空间中的位置关系，属于基础题.
利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解.
解：A，因为AD // BC，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则A不成立；
B，设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB=2∶3∶4，
可使条件满足，所以B正确；
C，当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面DBF⊥平面BFC，故C正确；
D，因为点D的射影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，故D错误.
故选BC.
10.【答案】ABC;
【解析】
此题主要考查棱柱，涉及正方体的截面问题，属中档题．
由题意作出满足条件的图形，由线面位置关系找出截面可判断选项的正误．
解：如图，当CQ=12时，即Q为CC1中点，
此时可得PQ//AD1，AP=QD1=12+(12)2=52，
故可得截面APQD1为等腰梯形，故B正确；
由上图当点Q向C移动时，满足0
延长DD1至N，使D1N=12，连接AN交A1D1于S，连接NQ交C1D1于R，连接SR，可证AN//PQ，
由ΔNRD1∼ΔQRC1，可得C1R：D1R=C1Q：D1N=1：2，
故可得C1R=13，故C正确；
由C选项分析可知，当34
11.【答案】BD;
【解析】
此题主要考查面面之间的位置关系，属于基础题.
根据面面关系，对各选项逐一判断即可得解．
解：对于A：若α⊥β，β⊥γ，则α//γ或α，γ相交，故A错误；
对于B：若α⊥β，β//γ，则α⊥γ，故B正确；
对于C：若α，β相交，且β，γ相交，则α，γ相交或α//γ，故C错误；
对于D：若α//β，β//γ，则α//γ，故D正确，
故选BD.
12.【答案】AB;
【解析】
此题主要考查空间中线面间的位置关系，异面直线所成的角，线面角，二面角，属于中档题．
根据空间中线面间的位置关系，逐一分析判断即可.
解：如图：
取BD的中点E，连接AE，CE，
由四边形ABCD为正方形，则AE⊥BD，CE⊥BD，
则∠AEC是二面角A-BD-C的平面角，
∵AE∩CE=E，AE,CE⊂平面AEC，
∴BD⊥平面AEC，∵AC⊂平面AEC，
∴BD⊥AC，故A正确．
设AD=DC=AB=BC=a，
∵二面角A-BD-C是直二面角，∴∠AEC=90∘，
AC=AE2+EC2=a，故有AD=DC=AC，
∴ΔADC是正三角形，故B正确；
∵AE⊥BD，AE⊥CE，BD∩CE=E，
BD，CE⊂平面BCD，则AE⊥平面BCD，
则∠ABD为AB与平面CBD所成的角，为45°，故C错误．
取AD中点F，AC中点H，连接EF，FH，EH，
由于EF，FH分别是三角形ABD，三角形ACD的中位线，
则EF//AB，HF//CD，且EF=FH=a2，
则∠HFE是异面直线AB与CD所成的角或其补角，
而EH是直角三角形ACE的中线，
EH=AC2=a2，
故ΔEFH是等边三角形，EF与FH所成的角为60°，
则AB与CD所成的角为60°，故D错误．
故选AB.
13.【答案】BD;
【解析】
此题主要考查了球的表面积，考查学生的计算和推理能力，属于中档题.
设出内外球半径分别为r，R，从而结合题意即可知R和r的关系，进而求得R和r，从而求解.
解：设内外球半径分别为r，R，则正方体的棱长为2r，体对角线长为2R，
∴R=3r，又由题知R-r=1，
∴r=3+12，R=3+32，正方体棱长为3+1，体对角线长为3+3，
外球表面积为π(3+3)2=(12+63)π，故B、D正确．
故选BD.
14.【答案】1;
【解析】
此题主要考查圆锥与球的体积公式，属于基础题目.
利用圆锥与球的体积相等求解即可.
解：设球的半径为R，
由题意可得13×π×22×1=43πR3，
解得R=1.
故答案为1.
15.【答案】3π3;
【解析】解：圆锥的底面直径为2，所以底面圆的半径为r=1，
由侧面展开图为半圆，所以2πr=πl，
所以母线长为l=2r=2，
所以圆锥的高为h=l2-r2=4-1=3，
所以圆锥的体积为V圆锥=13πr2h=13π×12×3=3π3．
故答案为：3π3．
根据题意求出圆锥的底面半径和母线长、高，即可计算圆锥的体积．
此题主要考查了圆锥体的结构特与体积计算问题，是基础题．
16.【答案】282127π.;
【解析】
此题主要考查四棱锥P-ABCD的外接球体积，考查面面垂直性质定理的应用，考查学生的计算能力，空间想象能力，确定四棱锥P-ABCD的外接球的半径是关键，属于中档题．
根据题意结合面面垂直的性质确定四棱锥的高为3，底面正方形外接圆半径为2，利用勾股定理计算出四棱锥P-ABCD的外接球的半径，即可求出四棱锥P-ABCD的外接球体积．
解：设球心为O，半径为R，O到底面ABCD的距离为h，
∵四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD是等边三角形，且有侧面PAD⊥底面ABCD，
取AD的中点E，连接PE，则PE⊥AD，
根据面面垂直的性质可得PE⊥平面ABCD，
∵AB=2，∴四棱锥的高为PE=3，底面正方形外接圆半径为2，
∴2+h2=(3-h)2+1，∴h=33，
∴R2=2+h2=73，R=213，
∴四棱锥P-ABCD的外接球体积为43πR3=282127π.
故答案为282127π.
17.【答案】250π;
【解析】解：左半圆旋转一周为球体，
因为|AC|=|BC|=52，AB为直径，所以∠ACB=90°，
所以AB=AC2+BC2=10，即半径r=5，
所以V1=4πr33=500π3，
ΔABC以直线AB为轴旋转所形成的几何体是两个接在一起的圆锥，
高h=OB=5，R=OC=5，
所以V2=2×13πR2h=2π×52×53=250π3，
所以V1+V2=500π3+250π3=250π.
故答案为：250π.
根据左半圆旋转一周为球体，结合球的体积公式可求出V1，ΔABC以直线AB为轴旋转所形成的几何体是两个接在一起的圆锥，结合圆锥的体积公式可求出V2，从而求出所求．
此题主要考查了旋转体，以及球体的体积公式和圆锥的体积公式，同时考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题．
18.【答案】20π;
【解析】
此题主要考查求三棱锥的外接球的表面积，考查学生的计算能力，确定球的半径是关键，属于中档题．
由题意画出图形，求出ΔABC外接圆半径为R，作出球心，求解直角三角形得到球的半径，代入表面积公式得答案．
解：如图 ，AB=23， 设 ΔABC外接圆半径为 R， 则23sin60°=2R=4，
∴R=2，再设 O为ΔABC外接圆圆心 ，O'是外接球球心，则 OO'⊥平面 ABC，
作PM⊥BC，交BC于点M，因为底面PBC⊥底面ABC，PM⊂底面PBC，∴PM⊥底面ABC，
∴ PM // OO'， 作 O'E // OM交 PM于 E，则 E为 PM的三等分点，
∵PM=3， ∴OO'=EM=1，
在 RtΔOO'A中 ，OA=2，OO'=1，
∴OA'=5，即外接球半径为5，
∴三棱锥外接球表面积是 S=20π.
故答案为20π.
19.【答案】解：（1）证明：设A′B′的中点为E，连接EM，EN，
∵点M，N分别为A′B和B′C′的中点，
∴NE∥A′C′，ME∥AA′，
又∵A′C′⊂平面ACC′A′，AA′⊂平面ACC′A′，
∴NE∥平面ACC′A′，ME∥平面ACC′A′，
∵NE∩ME=E，
∴面EMN∥面ACC′A′，
∵MN⊂面EMN，
∴MN∥面ACC′A′；
（2）连接BN，设AA′=a，AB=λAA′=λa，
由题意知，BC=2λa，BN=CN=C'C2+C'N2=a2+12λ2a2，
∵三棱柱ABC-A′B′C′侧棱垂直于底面，
∴面A′B′C′⊥面BB′C′C，
∵AB=AC，∠BAC=90°点N为B′C′的中点，
∴A′N⊥平面BB′C′C，∴CN⊥A′N，
要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可，
∴CN2+BN2=BC2，即2(a2+12λ2a2)=2λ2a2，∴λ=2，
则λ=2时，CN⊥平面A′MN．;
【解析】
(1)设A'B'的中点为E，连接EM，EN，利用三角形的中位线，得出线线平行，用面面平行判定定理即可得到面EMN//面ACC'A'，即可得到线面平行
(2)连接BN，设AA'=a，AB=λAA'=λa，即可得到BC，BN，CN，要得到CN⊥平面A'MN，只需利用线面垂直的判定定理，即可得到关于λ的方程，解之即得答案．
此题主要考查了平行和垂直两种重要的关系，用线面垂直的定理和定义实现线线垂直和线面垂直的转化；
一般来说，有中点时再取其它边得中点作辅助线，利用中位线得线线平行，由线面平行的判定定理得线面平行．
20.【答案】证明：（1）四边形MNEF和四边形EFDC都是矩形，
∴MN∥EF，EF∥CD，MN=EF=CD，∴MN∥CD．
∴四边形MNCD是平行四边形，∴NC∥MD．
∵NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，∴NC∥平面MFD．
（2）连接ED，
∵平面MNEF⊥平面ECDF，且NF⊥EF，平面MNEF∩平面ECDF=EF，NE⊥平面MNFF，
∴NE⊥平面ECDF．∵FC⊂平面ECDF，∴FC⊥NE．
∵EC=CD，∴四边形ECDF为正方形，∴FC⊥ED．
又∵ED∩NE=E，ED，NE⊂平面NED，
∴FC⊥平面NED．
∵ND⊂平面NED，∴ND⊥FC．
解：（3）设NE=x．则FD=EC-4-x，其中0＜x＜4，
由（2）得NE⊥平面FEC，
∴四面体NEFD的体积为VNEFD=13S△EFD•NE=12x（4-x）．
∴VNEFD≤12[12（x+4-x）]2=2，
当且仅当x=4-x，即x=2时，四面体NEFD的体积最大，最大值为2．;
【解析】
(1)推导出四边形MNCD是平行四边形，NC//MD.由此能证明NC//平面MFD．
(2)连接ED，推导出NE⊥平面ECDF，FC⊥NE.从而四边形ECDF为正方形，FC⊥ED.进而FC⊥平面NED.由此能证明ND⊥FC．
(3)设NE=x.则FD=EC-4-x，其中0
21.【答案】解：（1）证明：连结A1C，
∵在三棱柱ABC-A1B1C1中，点E，F分别为B1C1和BC的中点，
B1A与A1B相交于点G．
∴EF∥AA1，G是A1B的中点，∴GF∥A1C，
∵EF∩GF=F，A1C∩A1A=A1，
∴平面EFG∥平面A1ACC1．
（2）解：取A1B1中点D，连结DE，DG，
∵点E，F分别为B1C1和BC的中点，
∴DE∥AC，∴∠DEG是异面直线GE和AC所成角（或所成角的补角），
∵AA1⊥AC且AA1=AC，∴DE⊥DG，且DE=DG，
∴∠DEG=π4．
∴异面直线GE和AC所成角的大小为π4．;
【解析】
(1)连结A1C，推导出EF//AA1，GF//A1C，由此能证明平面EFG//平面A1ACC1．
(2)取A1B1中点D，连结DE，DG，则DE//AC，∠DEG是异面直线GE和AC所成角(或所成角的补角)，由此能求出异面直线GE和AC所成角的大小．
该题考查面面平行的证明，考查异面直线所成角的求法，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，是中档题．
22.【答案】证明：（I）如图，∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，
∴AA1⊥平面ABC，
又CD⊂平面ABC，
∴AA1⊥CD，
由于AA1∩AB=A，
∴CD⊥平面AB1，
又AB1⊂平面AB1，CD⊥AB1，AB1⊥A1C，CD∩A1C=C
所以：AB1⊥平面A1CD，
又A1D⊂平面A1CD，
∴AB1⊥A1D．
（Ⅱ）由（I）可知AB1⊥平面A1CD，
有△A1AD∽△ADB1；∴AB=22；
过D作DE⊥AC，DF⊥A1C；
有DE⊥平面A1AC；
∠DFE为所求二面角的平面角，DE=143，DF=4213；
sin∠DFE=DEDF=399；
二面角A-A1C-D的平面的正弦值为：399．;
【解析】
(I)首先利用线面垂直的性质，转化成线线垂直，进一步利用线面垂直的判定定理得到线面垂直进一步转化成线线垂直．
(Ⅱ)说明∠DFE为所求二面角的平面角，通过解三角形求解sin∠AFE即可．
此题主要考查的知识要点：线面垂直的判定定理和性质定理，二面角的平面角的求法，考查计算能力以及空间想象能力．
23.【答案】证明：(1)∵BB1⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，
∴AE⊥BB1，
∵ΔABC是等边三角形，E是BC的中点，
∴AE⊥BC，
又BC⊂平面B1BCC1，BB1⊂平面B1BCC1，BC∩BB1=B，
∴AE⊥平面B1BCC1，
又AE⊂平面AEF，
∴平面AEF⊥平面B1BCC1．
(2)由(1)得AE⊥平面B1BCC1，
同理可得：CD⊥平面AA1B1B，
∴CD⊥A1D，
∵AB=2，∴AD=1，CD=3，
∵∠CA1D=45°，∴A1D=CD=3，
∴AA1=A1D2-AD2=2．
∴FC=12AA1=22．
∴V1=VF-AEC=13SΔAEC.FC=13×12×1×3×22=612．
设AE，CD的交点为O，AF，A1C的交点为G，过G作GH⊥AC于H，
∵ΔA1GA∽ΔCGF，
∴CGA1G=CFAA1=12，
∴GH=13AA1=23，
∵OD=12OC，
∴SΔAOC=23SΔACD=23×12×1×3=33，
∴V2=VG-AOC=13SΔAOC.GH=13×33×23=627．
∴V1V2=2712=94．;
【解析】
该题考查了面面垂直的判定与性质，棱锥的体积计算以及用到三角形相似的性质，属于中档题．
(1)由AE⊥BC，AE⊥BB1得出AE⊥平面B1BCC1，故而平面AEF⊥平面B1BCC1；
(2)由CD⊥A1D可得A1D=CD=3，从而得出AA1=2，于是V1=VF-AEC=13SΔAEC.FC，设AE，CD的交点为O，AF，A1C的交点为G，过G作GH⊥AC于H，则由ΔA1GA∽ΔCGF得出GH，从而V2=VG-AOC=13SΔAOC.GH．
人教B版（2019）必修第四册《第十一章 立体几何初步》单元测试2
一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）平面α的一个法向量为n→=(1,-3,0)，则y轴与平面α所成的角的大小为( )
A. π6 B. π3 C. π4 D. 5π6
2.（5分）如图，在四面体ABCD中，AB=CD=2，AC=BD=3,AD=BC=5，E，F分别是AD，BC中点，若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为( )
A. 6 B. 62 C. 52 D. 54
3.（5分）已知球面上A，B，C三点，O是球心.如果AB=BC=AC=3，且球的体积为2053π，则三棱锥O-ABC的体积为( )
A. 1 B. 3 C. 32 D. 2
4.（5分）已知m，n为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，一定能推出α//β的是( )
A. m//n，m⊂α，n⊂β B. m//n，m⊥α，n⊥β
C. m⊥n，m//α，n//β D. m⊥n，m⊥α，n⊥β
5.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是正方形CDD1C1的中心，点Q在侧棱AA1上，E是BC的中点，则直线PQ，DE的位置关系是( )
A. PQ与DE为异面直线且所成角为30° B. PQ与DE为异面直线且所成角为45°
C. PQ与DE为异面直线且所成角为60° D. PQ与DE为异面直线且所成角为90°
6.（5分）已知m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，下列命题中真命题的个数为( )
①α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n；
②α⊥β，m⊥α，n//β，则m⊥n；
③m⊥n，m//α，n//β，则α⊥β；
④若m与n是异面直线，m⊂α，m//β，n//β，则α//β．
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
7.（5分）菱形ABCD在平面α内，PC⊥α，则PA与BD的位置关系是( )
A. 平行 B. 相交但不垂直 C. 垂直相交 D. 异面且垂直
8.（5分）已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）如图，在梯形ABCD中，AD // BC，∠ABC=90°，AD:BC:AB=2:3:4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折．在翻折的过程中，可能成立的结论是 ( )
A. DF⊥BC B. BD⊥FC C. 平面DBF⊥平面BFC D. 平面DCF⊥平面BFC
10.（5分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是( )
A. 当0
C. 当CQ=34时，S与C1D1的交点R满足C1R=13
D. 当34
A. 若α⊥β，β⊥γ，则α//γ
B. 若α⊥β，β//γ，则α⊥γ
C. 若α，β相交，且β，γ相交，则α，γ也相交
D. 若α//β，β//γ，则α//γ
12.（5分）把正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C，则下列四个结论中正确的结论是( )
A. AC⊥BD B. ΔACD是等边三角形
C. AB与平面CBD成60°角 D. AB与CD所成角为45°
13.（5分）设一空心球是在一个大球(称为外球)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)，已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上、所有面均与内球相切，则
A. 该正方体的棱长为2 B. 该正方体的体对角线长为3+3
C. 空心球的内球半径为3-1 D. 空心球的外球表面积为(12+63)π
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）要将一个圆锥形橡皮泥，揉捏成一个球．若这个圆锥的底面半径为2，高为1，则球的半径为________.
15.（5分）已知圆锥的底面直径为2，侧面展开图为半圆，则圆锥的体积为 ______ ．
16.（5分）已知四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，其中四边形ABCD为正方形，ΔPAD为等边三角形，AB=2，则四棱锥P-ABCD外接球的体积为______.
17.（5分）如图，点C在以AB为直径的圆O上，|AC|=|BC|=52，若以直线AB为轴旋转一周，左半圆旋转所形成的几何体的体积为V1，ΔABC旋转所形成的几何体的体积为V2，则V1+V2=________.
18.（5分）在三棱锥P-ABC中，ΔABC与ΔPBC都是等边三角形，侧面PBC⊥底面ABC，AB=23，则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）如图，已知三棱柱ABC-ABC侧棱柱垂直于底面，AB=AC，∠BAC=90°点M，N分别为A'B和B'C'的中点．
(1)证明：MN//平面AA'C'C；
(2)设AB=λAA'，当λ为何值时，CN⊥平面A'MN，试证明你的结论．
20.（12分）如图1，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，E，F分别在线段BC，AD上，EF//AB，将矩形ABEF沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF，如图2．
(1)求证：NC//平面MFD；
(2)若EC=3，求证：ND⊥FC；
(3)求四面体NEFD体积的最大值．
21.（12分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥AC且AA1=AC，点E，F分别为B1C1和BC的中点，B1A与A1B相交于点G．
(1)证明：平面EFG//平面A1ACC1；
(2)求异面直线GE和AC所成角的大小．
22.（12分）如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2，AC=BC=3，D为AB的中点，且AB1⊥A1C
(I)求证：AB1⊥A1D；
(Ⅱ)求二面角A-A1C-D的平面的正弦值．
23.（12分）如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为正三角形，E、F分别是BC、CC1的中点
(1)证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；
(2)若D为AB中点，∠CA1D=45°且AB=2，设三棱锥F-AEC的体积为V1，三棱锥F-AEC与三棱锥A1-ACD的公共部分的体积为V2，求V1V2的值．
答案和解析
1.【答案】B;
【解析】解：设y轴与平面α所成的角的大小为θ，
∵在y轴上的单位向量j→=(0,1,0)，
平面α的一个法向量为n→=(1,-3,0)，
∴sinθ=|cos
∴θ=π3．
故选：B．
设y轴与平面α所成的角的大小为θ，由在y轴上的单位向量和平面α的一个法向量，利用向量法能求出结果．
该题考查直线与平面所成角的大小的求法，是基础题，解题时要注意向量法的合理运用．
2.【答案】B;
【解析】
此题主要考查了补形法的应用，二倍角公式及面积公式，基本不等式的应用，属于较难题．
补成长，宽，高分别为3，2，1的长方体，在长方体中可解决．
解：补成长，宽，高分别为3，2，1的长方体(如下图)
由于EF⊥α，故截面为平行四边形MNKL，可得KL+KN=5，
设异面直线BC与AD所成的角为θ，则sinθ=sin∠HFB=sin∠LKN，
算得sinθ=sin2∠HCB=2sin∠HCBcos∠HCB=265，
∴S四边形MNKL=NK⋅KL⋅sin∠NKL⩽265(NK+KL2)2=62，
当且仅当NK=KL时取等号．
故选：B．
3.【答案】C;
【解析】解：由AB=BC=AC=3，可得ΔABC为正三角形，设其中心为G，
可得其外接圆的半径r=32sin60°=1，
再设球的球心为O，半径为R，连接OG，
由球的体积为2053π，得43πR3=2053π，得R=5，
∴球心到平面ABC的距离为OG=R2-r2=5-1=2，
又SΔABC=12×3×3×32=334，
∴VO-ABC=13×334×2=32，
故选：C．
求出三角形ABC的外接圆的半径，再由球的体积求得球的半径，由勾股定理求球心到平面ABC的距离，则三棱锥O-ABC的体积可求．
该题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查球的体积与多面体体积的求法，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题．
4.【答案】B;
【解析】解：对于A，若α∩β=l，m//l，n//l，显然条件成立，但α，β不平行，故A错误；
对于B，由m//n，m⊥α可得n⊥α，又n⊥β，故α//β，故B正确；
对于C，若m⊥n，m//α，n//β，则α，β可能平行，可能相交，故C错误；
对于D，m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β，故D错误．
故选：B．
根据空间线面位置关系的定义，性质判断或举反例说明．
此题主要考查空间直线与平面位置关系，属于基础题．
5.【答案】D;
【解析】
此题主要考查了异面直线所成角 、异面直线的概念 属于基础题.
画出图形，PQ在底面ABCD上的射影为AM，可求得PQ与DE为异面直线，结合DE⊥PQ，可得答案.
解：如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，PQ在底面ABCD上的射影为AM，
在正方形ABCD中，E，M分别为BC，CD的中点，可得DE⊥AM，又由DE⊥AQ，且AM∩AQ=A，AM，AQ⊂平面AMPQ，
所以DE⊥平面AMPQ，
又由PQ⊂平面AMPQ，那么DE⊥PQ，则异面直线PQ，DE所成角的大小为90°.
故选D.
6.【答案】B;
【解析】解：由m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，知：
在①中，α//β，m⊂α，n⊂β，则m与n平行或异面，故①错误；
在②中，α⊥β，m⊥α，n//β，则m与n相交、平行或异面，故②错误；
在③中，m⊥n，m//α，n//β，则α与β相交或平行，故③错误；
在④中，若m与n是异面直线，m⊂α，m//β，n//β，
则α与β相交或平行，故④错误．
故选：B．
在①中，m与n平行或异面；在②中，m与n相交、平行或异面；在③中，α与β相交或平行；在④中，α与β相交或平行．
该题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，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】D;
【解析】解：根据题意，如图，
因为PA不在平面α内，并且过BD之外的一点，故PA与BD异面；
连接AC、PA，
PC⊥α，且BD在α内，则PC⊥BD，
由菱形的性质，可得AC⊥BD，
可得BD⊥平面PAC，即可得PA⊥BD，
综合可得，PA与BD异面且垂直；
故选：D．
首先根据题意，做出图示，根据异面直线的判定定理，易得PA与BD异面，连接AC、PA，由线面垂直的性质可得PC⊥BD，又由菱形的性质，可得PA⊥BD，即可得BD⊥平面PAC，即可得PA⊥BD，综合可得答案．
该题考查异面直线的判定，注意根据题意，结合有关的定理、性质，进一步挖掘直线间的位置关系．
8.【答案】C;
【解析】
此题主要考查了空间中直线与直线平行的判定，直线与平面垂直的判定，平面与平面平行的判定，平面与平面垂直的判定，首先要牢记相关定理和性质，其次要利用手和笔来比划，最好能画出草图，利用空间中直线与直线平行的判定，直线与平面垂直的判定，平面与平面平行的判定，平面与平面垂直的判定分别求解即可.
解：A.若m//α，n//α，则m、n可能相交可能平行可能异面，排除A；
B.若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平行，排除B；
C.若m//α，m⊥β，则α⊥β，故C正确；
D.若m//α，α⊥β，则m可能与β平行，相交，排除D；
故选C.
9.【答案】BC;
【解析】
此题主要考查空间中的位置关系，属于基础题.
利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解.
解：A，因为AD // BC，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则A不成立；
B，设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB=2∶3∶4，
可使条件满足，所以B正确；
C，当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面DBF⊥平面BFC，故C正确；
D，因为点D的射影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，故D错误.
故选BC.
10.【答案】ABC;
【解析】
此题主要考查棱柱，涉及正方体的截面问题，属中档题．
由题意作出满足条件的图形，由线面位置关系找出截面可判断选项的正误．
解：如图，当CQ=12时，即Q为CC1中点，
此时可得PQ//AD1，AP=QD1=12+(12)2=52，
故可得截面APQD1为等腰梯形，故B正确；
由上图当点Q向C移动时，满足0
延长DD1至N，使D1N=12，连接AN交A1D1于S，连接NQ交C1D1于R，连接SR，可证AN//PQ，
由ΔNRD1∼ΔQRC1，可得C1R：D1R=C1Q：D1N=1：2，
故可得C1R=13，故C正确；
由C选项分析可知，当34
11.【答案】BD;
【解析】
此题主要考查面面之间的位置关系，属于基础题.
根据面面关系，对各选项逐一判断即可得解．
解：对于A：若α⊥β，β⊥γ，则α//γ或α，γ相交，故A错误；
对于B：若α⊥β，β//γ，则α⊥γ，故B正确；
对于C：若α，β相交，且β，γ相交，则α，γ相交或α//γ，故C错误；
对于D：若α//β，β//γ，则α//γ，故D正确，
故选BD.
12.【答案】AB;
【解析】
此题主要考查空间中线面间的位置关系，异面直线所成的角，线面角，二面角，属于中档题．
根据空间中线面间的位置关系，逐一分析判断即可.
解：如图：
取BD的中点E，连接AE，CE，
由四边形ABCD为正方形，则AE⊥BD，CE⊥BD，
则∠AEC是二面角A-BD-C的平面角，
∵AE∩CE=E，AE,CE⊂平面AEC，
∴BD⊥平面AEC，∵AC⊂平面AEC，
∴BD⊥AC，故A正确．
设AD=DC=AB=BC=a，
∵二面角A-BD-C是直二面角，∴∠AEC=90∘，
AC=AE2+EC2=a，故有AD=DC=AC，
∴ΔADC是正三角形，故B正确；
∵AE⊥BD，AE⊥CE，BD∩CE=E，
BD，CE⊂平面BCD，则AE⊥平面BCD，
则∠ABD为AB与平面CBD所成的角，为45°，故C错误．
取AD中点F，AC中点H，连接EF，FH，EH，
由于EF，FH分别是三角形ABD，三角形ACD的中位线，
则EF//AB，HF//CD，且EF=FH=a2，
则∠HFE是异面直线AB与CD所成的角或其补角，
而EH是直角三角形ACE的中线，
EH=AC2=a2，
故ΔEFH是等边三角形，EF与FH所成的角为60°，
则AB与CD所成的角为60°，故D错误．
故选AB.
13.【答案】BD;
【解析】
此题主要考查了球的表面积，考查学生的计算和推理能力，属于中档题.
设出内外球半径分别为r，R，从而结合题意即可知R和r的关系，进而求得R和r，从而求解.
解：设内外球半径分别为r，R，则正方体的棱长为2r，体对角线长为2R，
∴R=3r，又由题知R-r=1，
∴r=3+12，R=3+32，正方体棱长为3+1，体对角线长为3+3，
外球表面积为π(3+3)2=(12+63)π，故B、D正确．
故选BD.
14.【答案】1;
【解析】
此题主要考查圆锥与球的体积公式，属于基础题目.
利用圆锥与球的体积相等求解即可.
解：设球的半径为R，
由题意可得13×π×22×1=43πR3，
解得R=1.
故答案为1.
15.【答案】3π3;
【解析】解：圆锥的底面直径为2，所以底面圆的半径为r=1，
由侧面展开图为半圆，所以2πr=πl，
所以母线长为l=2r=2，
所以圆锥的高为h=l2-r2=4-1=3，
所以圆锥的体积为V圆锥=13πr2h=13π×12×3=3π3．
故答案为：3π3．
根据题意求出圆锥的底面半径和母线长、高，即可计算圆锥的体积．
此题主要考查了圆锥体的结构特与体积计算问题，是基础题．
16.【答案】282127π.;
【解析】
此题主要考查四棱锥P-ABCD的外接球体积，考查面面垂直性质定理的应用，考查学生的计算能力，空间想象能力，确定四棱锥P-ABCD的外接球的半径是关键，属于中档题．
根据题意结合面面垂直的性质确定四棱锥的高为3，底面正方形外接圆半径为2，利用勾股定理计算出四棱锥P-ABCD的外接球的半径，即可求出四棱锥P-ABCD的外接球体积．
解：设球心为O，半径为R，O到底面ABCD的距离为h，
∵四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD是等边三角形，且有侧面PAD⊥底面ABCD，
取AD的中点E，连接PE，则PE⊥AD，
根据面面垂直的性质可得PE⊥平面ABCD，
∵AB=2，∴四棱锥的高为PE=3，底面正方形外接圆半径为2，
∴2+h2=(3-h)2+1，∴h=33，
∴R2=2+h2=73，R=213，
∴四棱锥P-ABCD的外接球体积为43πR3=282127π.
故答案为282127π.
17.【答案】250π;
【解析】解：左半圆旋转一周为球体，
因为|AC|=|BC|=52，AB为直径，所以∠ACB=90°，
所以AB=AC2+BC2=10，即半径r=5，
所以V1=4πr33=500π3，
ΔABC以直线AB为轴旋转所形成的几何体是两个接在一起的圆锥，
高h=OB=5，R=OC=5，
所以V2=2×13πR2h=2π×52×53=250π3，
所以V1+V2=500π3+250π3=250π.
故答案为：250π.
根据左半圆旋转一周为球体，结合球的体积公式可求出V1，ΔABC以直线AB为轴旋转所形成的几何体是两个接在一起的圆锥，结合圆锥的体积公式可求出V2，从而求出所求．
此题主要考查了旋转体，以及球体的体积公式和圆锥的体积公式，同时考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题．
18.【答案】20π;
【解析】
此题主要考查求三棱锥的外接球的表面积，考查学生的计算能力，确定球的半径是关键，属于中档题．
由题意画出图形，求出ΔABC外接圆半径为R，作出球心，求解直角三角形得到球的半径，代入表面积公式得答案．
解：如图 ，AB=23， 设 ΔABC外接圆半径为 R， 则23sin60°=2R=4，
∴R=2，再设 O为ΔABC外接圆圆心 ，O'是外接球球心，则 OO'⊥平面 ABC，
作PM⊥BC，交BC于点M，因为底面PBC⊥底面ABC，PM⊂底面PBC，∴PM⊥底面ABC，
∴ PM // OO'， 作 O'E // OM交 PM于 E，则 E为 PM的三等分点，
∵PM=3， ∴OO'=EM=1，
在 RtΔOO'A中 ，OA=2，OO'=1，
∴OA'=5，即外接球半径为5，
∴三棱锥外接球表面积是 S=20π.
故答案为20π.
19.【答案】解：（1）证明：设A′B′的中点为E，连接EM，EN，
∵点M，N分别为A′B和B′C′的中点，
∴NE∥A′C′，ME∥AA′，
又∵A′C′⊂平面ACC′A′，AA′⊂平面ACC′A′，
∴NE∥平面ACC′A′，ME∥平面ACC′A′，
∵NE∩ME=E，
∴面EMN∥面ACC′A′，
∵MN⊂面EMN，
∴MN∥面ACC′A′；
（2）连接BN，设AA′=a，AB=λAA′=λa，
由题意知，BC=2λa，BN=CN=C'C2+C'N2=a2+12λ2a2，
∵三棱柱ABC-A′B′C′侧棱垂直于底面，
∴面A′B′C′⊥面BB′C′C，
∵AB=AC，∠BAC=90°点N为B′C′的中点，
∴A′N⊥平面BB′C′C，∴CN⊥A′N，
要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可，
∴CN2+BN2=BC2，即2(a2+12λ2a2)=2λ2a2，∴λ=2，
则λ=2时，CN⊥平面A′MN．;
【解析】
(1)设A'B'的中点为E，连接EM，EN，利用三角形的中位线，得出线线平行，用面面平行判定定理即可得到面EMN//面ACC'A'，即可得到线面平行
(2)连接BN，设AA'=a，AB=λAA'=λa，即可得到BC，BN，CN，要得到CN⊥平面A'MN，只需利用线面垂直的判定定理，即可得到关于λ的方程，解之即得答案．
此题主要考查了平行和垂直两种重要的关系，用线面垂直的定理和定义实现线线垂直和线面垂直的转化；
一般来说，有中点时再取其它边得中点作辅助线，利用中位线得线线平行，由线面平行的判定定理得线面平行．
20.【答案】证明：（1）四边形MNEF和四边形EFDC都是矩形，
∴MN∥EF，EF∥CD，MN=EF=CD，∴MN∥CD．
∴四边形MNCD是平行四边形，∴NC∥MD．
∵NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，∴NC∥平面MFD．
（2）连接ED，
∵平面MNEF⊥平面ECDF，且NF⊥EF，平面MNEF∩平面ECDF=EF，NE⊥平面MNFF，
∴NE⊥平面ECDF．∵FC⊂平面ECDF，∴FC⊥NE．
∵EC=CD，∴四边形ECDF为正方形，∴FC⊥ED．
又∵ED∩NE=E，ED，NE⊂平面NED，
∴FC⊥平面NED．
∵ND⊂平面NED，∴ND⊥FC．
解：（3）设NE=x．则FD=EC-4-x，其中0＜x＜4，
由（2）得NE⊥平面FEC，
∴四面体NEFD的体积为VNEFD=13S△EFD•NE=12x（4-x）．
∴VNEFD≤12[12（x+4-x）]2=2，
当且仅当x=4-x，即x=2时，四面体NEFD的体积最大，最大值为2．;
【解析】
(1)推导出四边形MNCD是平行四边形，NC//MD.由此能证明NC//平面MFD．
(2)连接ED，推导出NE⊥平面ECDF，FC⊥NE.从而四边形ECDF为正方形，FC⊥ED.进而FC⊥平面NED.由此能证明ND⊥FC．
(3)设NE=x.则FD=EC-4-x，其中0
21.【答案】解：（1）证明：连结A1C，
∵在三棱柱ABC-A1B1C1中，点E，F分别为B1C1和BC的中点，
B1A与A1B相交于点G．
∴EF∥AA1，G是A1B的中点，∴GF∥A1C，
∵EF∩GF=F，A1C∩A1A=A1，
∴平面EFG∥平面A1ACC1．
（2）解：取A1B1中点D，连结DE，DG，
∵点E，F分别为B1C1和BC的中点，
∴DE∥AC，∴∠DEG是异面直线GE和AC所成角（或所成角的补角），
∵AA1⊥AC且AA1=AC，∴DE⊥DG，且DE=DG，
∴∠DEG=π4．
∴异面直线GE和AC所成角的大小为π4．;
【解析】
(1)连结A1C，推导出EF//AA1，GF//A1C，由此能证明平面EFG//平面A1ACC1．
(2)取A1B1中点D，连结DE，DG，则DE//AC，∠DEG是异面直线GE和AC所成角(或所成角的补角)，由此能求出异面直线GE和AC所成角的大小．
该题考查面面平行的证明，考查异面直线所成角的求法，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，是中档题．
22.【答案】证明：（I）如图，∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，
∴AA1⊥平面ABC，
又CD⊂平面ABC，
∴AA1⊥CD，
由于AA1∩AB=A，
∴CD⊥平面AB1，
又AB1⊂平面AB1，CD⊥AB1，AB1⊥A1C，CD∩A1C=C
所以：AB1⊥平面A1CD，
又A1D⊂平面A1CD，
∴AB1⊥A1D．
（Ⅱ）由（I）可知AB1⊥平面A1CD，
有△A1AD∽△ADB1；∴AB=22；
过D作DE⊥AC，DF⊥A1C；
有DE⊥平面A1AC；
∠DFE为所求二面角的平面角，DE=143，DF=4213；
sin∠DFE=DEDF=399；
二面角A-A1C-D的平面的正弦值为：399．;
【解析】
(I)首先利用线面垂直的性质，转化成线线垂直，进一步利用线面垂直的判定定理得到线面垂直进一步转化成线线垂直．
(Ⅱ)说明∠DFE为所求二面角的平面角，通过解三角形求解sin∠AFE即可．
此题主要考查的知识要点：线面垂直的判定定理和性质定理，二面角的平面角的求法，考查计算能力以及空间想象能力．
23.【答案】证明：(1)∵BB1⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，
∴AE⊥BB1，
∵ΔABC是等边三角形，E是BC的中点，
∴AE⊥BC，
又BC⊂平面B1BCC1，BB1⊂平面B1BCC1，BC∩BB1=B，
∴AE⊥平面B1BCC1，
又AE⊂平面AEF，
∴平面AEF⊥平面B1BCC1．
(2)由(1)得AE⊥平面B1BCC1，
同理可得：CD⊥平面AA1B1B，
∴CD⊥A1D，
∵AB=2，∴AD=1，CD=3，
∵∠CA1D=45°，∴A1D=CD=3，
∴AA1=A1D2-AD2=2．
∴FC=12AA1=22．
∴V1=VF-AEC=13SΔAEC.FC=13×12×1×3×22=612．
设AE，CD的交点为O，AF，A1C的交点为G，过G作GH⊥AC于H，
∵ΔA1GA∽ΔCGF，
∴CGA1G=CFAA1=12，
∴GH=13AA1=23，
∵OD=12OC，
∴SΔAOC=23SΔACD=23×12×1×3=33，
∴V2=VG-AOC=13SΔAOC.GH=13×33×23=627．
∴V1V2=2712=94．;
【解析】
该题考查了面面垂直的判定与性质，棱锥的体积计算以及用到三角形相似的性质，属于中档题．
(1)由AE⊥BC，AE⊥BB1得出AE⊥平面B1BCC1，故而平面AEF⊥平面B1BCC1；
(2)由CD⊥A1D可得A1D=CD=3，从而得出AA1=2，于是V1=VF-AEC=13SΔAEC.FC，设AE，CD的交点为O，AF，A1C的交点为G，过G作GH⊥AC于H，则由ΔA1GA∽ΔCGF得出GH，从而V2=VG-AOC=13SΔAOC.GH．
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