2020-2021学年河北省衡水市高一（下）5月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河北省衡水市高一（下）5月月考数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 给出下列命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；
②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；
③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.
其中真命题的个数是( )
A.0B.1C.2D.3

2. 如图，Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′=2，则这个平面图形的面积是( )

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

3. 以长为8cm，宽为6cm的矩形的一边为旋转轴旋转而成的圆柱的底面面积为( )
A.64πcm2B.36πcm2
C.64πcm2或36πcm2D.48πcm2

4. 在空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF，HG交于一点P，则( )
A.点P一定在直线BD上
B.点P一定在直线AC上
C.点P一定在直线AC或BD上
D.点P既不在直线AC上，也不在直线BD上

5. 如图，在正四面体D−ABC中，P∈平面DBA，则在平面DAB内过点P与直线BC成60∘角的直线共有( )

A.0条B.1条C.2条D.3条

6. 底面半径为3，母线长为2的圆锥的外接球O的表面积为( )
A.6πB.12πC.8πD.16π

7. 如图，E、F、G分别是空间四边形ABCD的棱BC、CD、DA的中点，则此四面体中与过E、F、G的截面平行的棱的条数是( )

A.0B.1C.2D.3

8. 正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )
A.81π4B.16πC.9πD. 27π4
二、多选题

已知平面α⊥平面β，α∩β=l，点A∈α，A∉l，直线AB // l，直线AC⊥l，直线m // α，m // β，则( )
A.AB // mB.AC⊥mC.AB // βD.AC⊥β

如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1 中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则下列说法正确的是（ ）

A.A1M//D1PB.A1M//B1Q
C.A1M//平面DCC1D1D.A1M//平面D1PQB1

下列命题正确的是( )
A.若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行
B.若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直
C.垂直于同一直线的两条直线相互平行
D.若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直

已知三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则( )
A.三棱锥S−ABC的体积为26
B.三棱锥S−ABC的体积为23
C.三棱锥O−ABC的体积为212
D.三棱锥O−ABC的体积为223
三、填空题

一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面上升9厘米，则此球的半径为________厘米．

设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：
①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；
②若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；
③设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直.
其中正确命题的序号是________.

已知四面体P−ABC中，PA=PB=4，PC=2，AC=25，PB⊥平面PAC，则四面体P−ABC外接球的体积为________．

已知二面角α−l−β为60∘，动点P，Q分别在平面α，β内，P到β的距离为3，Q到α的距离为23，则P，Q两点之间距离最小时直线PQ与平面α所成的角为________.
四、解答题

如图所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？请用你的计算数据说明理由．


如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB // CD，△PAD是等边三角形，已知AD=2，BD=23，AB=2CD=4．
(1)设M是PC上一点，求证：平面MBD⊥平面PAD；

(2)求四棱锥P−ABCD的体积．

如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点．

(1)求证：PA // 面BDE，平面PAC⊥平面BDE；

(2)若二面角E−BD−C为30∘，求四棱锥P−ABCD的体积．

如图，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60∘，N是PB的中点，E为AD的中点，过A，D，N的平面交PC于点M.

(1)EN // 平面PDC；

(2)BC⊥平面PEB；

(3)平面PBC⊥平面ADMN.

如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，AA1=3，点E在棱B1B上运动．

(1)证明：AC⊥D1E；

(2)若三棱锥B1−A1D1E的体积为23，求异面直线AD，D1E所成的角．

如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1 // AA1，AB=AC=3，BC=25，AA1=7，BB1=27，点E，F分别为BC，A1C的中点．

(1)求证：EF // 平面A1B1BA；

(2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1；

(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省衡水市高一（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
棱台的结构特征
棱锥的结构特征
【解析】

【解答】
解：①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；
②不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于”其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，
如图所示.
③错误，棱台的上．下底面相似且是对应边平行的多边形，
各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．
故选A.
2.
【答案】
D
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
根据所给的直观图是一个等腰直角三角形且斜边长是2，得到直角三角形的直角边长，做出直观图的面积，根据平面图形的面积是直观图的22倍，得到结果．
【解答】
解：∵ Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′=2，
∴ 直角三角形的直角边长是2，
∴ OA=2OA′=22，
∴ 原平面图形的面积是12×2×22=22.
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】

【解答】
解：分别以长为8cm，宽为6cm的边所在的直线为旋转轴，
即可得到两种不同大小的圆柱，显然C选项正确．
故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
空间点、线、面的位置
平面的基本性质及推论
【解析】
根据平面的基本性质公理，利用两个平面的公共点在两平面的公共直线上来判断即可.
【解答】
解：由题意知，EF，GH相交于点P，
则点P∈EF，P∈GH．
又EF⊂平面ABC，GH⊂平面ADC
则点P∈平面ABC，P∈平面ADC
则点P必在平面ABC与平面ADC的交线上，
即点P一定在直线AC上．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：过点P分别作BD，AB的平行线，分别交AB，AD，BD于点E，F，G，
∵正四面体的四个面都是正三角形，
∴∠ABC=∠DBC=∠ACB=∠DCB=60∘.
过点P与AC，DC平行的直线不在平面DAB内，
又∵FG//AB，PE//DB，
∴平面DAB内的直线FG，PE与直线BC所成的角为60∘，共2条.
故选C.
6.
【答案】
D
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
由题意，圆锥轴截面的顶角为120∘，设该圆锥的底面圆心为O′，球O的半径为R，则O′O=R−1，由勾股定理建立方程，求出R，即可求出外接球O的表面积．
【解答】
解：由题意得，圆锥的高ℎ=4−3=1，
由勾股定理可得R2=(R−1)2+(3)2，
∴ R=2，
∴ 球O的表面积为4πR2=16π．
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
直线与平面平行的判定
【解析】
由三角形中位线定理和直线与平面平行的判定定理得AC // 平面EFG，BD // 平面EFG．
【解答】
解：在△ACD中，G，F分别为AD与CD的中点，
∴ GF // AC．
∵ GF⊂平面EFG，AC⊄平面EFG，
∴ AC // 平面EFG．
同理，BD // 平面EFG．
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
正四棱锥P−ABCD的外接球的球心在它的高PE上，求出球的半径，求出球的表面积．
【解答】
解：如图，正四棱锥P−ABCD中，PE为正四棱锥的高，如图所示，
根据球的相关知识可知，正四棱锥的外接球的球心O必在正四棱锥的高线PE所在的直线上，
设外接球半径为R，
在Rt△AEO中， AE2+OE2=AO2,
∵PE=4，AE=12AC=2，
∴(2)2+(4−R)2=R2,
解得R=94.
∴ S=4πR2=81π4.
故选A.
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
由题意，画出满足条件的图形，依据面面垂直的性质以及线面平行的性质等知识解答．
【解答】
解：因为m//α，m//β，α∩β=l，
所以m//l，
又AB//l，
所以AB//m ，故A正确；
因为AC⊥l，m//l，
所以AC⊥m，故B正确；
因为A∈α，AB//l，l⊂α，
所以B∈α，
所以AB⊄β，l⊂β，
所以AB//β，故C正确；
因为AC⊥l，当点C在α内时，AC⊥β成立，
当点C不在α内时，AC⊥β不成立，故D不正确．
故选ABC.
【答案】
A,C,D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
直线与平面平行的性质
直线与平面平行的判定
【解析】

【解答】
解：连接PM，
因为M，P为AB，CD的中点，
故PM平行且等于AD．
由题意知AD平行且等于A1D1，
故PM平行且等于A1D1，
所以PMA1D1为平行四边形，
所以A1M//D1P．故A正确；
显然A1M与B1Q为异面直线，故B错误；
由A知A1M//D1P，
由于D1P既在平面DCC1D1内，又在平面D1PQB1内，
且A1M即不在平面DCC1D1内，又不在平面D1PQB1 内，故C，D正确．
故选ACD．
【答案】
B,D
【考点】
平面与平面垂直的判定
平面与平面平行的判定
【解析】
从直线与平面平行与垂直，平面与平面平行与垂直的判定与性质，考虑选项中的情况，找出其它可能情形加以判断，推出正确结果．
【解答】
解：当两个平面相交时，一个平面内的两条平行于它们交线的直线就平行于另一个平面，故A错误；
这是平面与平面的判定定理，故B正确；
空间中垂直于同一直线的两条直线可能平行，相交或异面，故C错误；
若两个平面垂直，只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直，故D正确．
故选BD．
【答案】
A,C
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
球内接多面体
【解析】
由题意，知三棱锥S−ABC的高是三棱锥O−ABC高的2倍，则三棱锥S−ABO的体积也是三棱锥O−ABC体积的2倍，结合所给边长进行求解即可.
【解答】
解：由题意知三棱锥S−ABC与三棱锥O−ABC的底面都是△ABC，
而O是SC的中点，
所以三棱锥S−ABC的高是三棱锥O−ABC高的2倍，
所以三棱锥S−ABC的体积也是三棱锥O−ABC体积的2倍，
在三棱锥O−ABC中，其棱长都为1，
所以S△ABC=12×1×12−122=34，
高OD=12−332=63，
则VO−ABC=13×34×63=212，
而VS−ABC=2VO−ABC=26.
故选AC．
三、填空题
【答案】
12
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
根据圆柱水面升高的高度，求出水的体积，就是球的体积，然后求出球的半径．
【解答】
解：设球的半径为R，
则球的体积为：V=π×(322)2×9=43πR3，
则R=364×27=12（厘米）.
故答案为：12.
【答案】
①②
【考点】
命题的真假判断与应用
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：①这是平面与平面平行的判定定理，正确；
②这是直线与平面平行的判定定理，正确；
③α内两直线互相垂直，不能推得两平面互相垂直，错误.
故答案为：①②.
【答案】
36π
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
本题考查直线与平面垂直的性质, 球内接多面体．
【解答】
解：∵ PA=4，PC=2，AC=25，
∴在△PAC中，PA2+PC2=20=AC2，可得AP⊥PC.
又PB⊥平面PAC，PA，PC⊂平面PAC，
∴ PB⊥PA，PB⊥PC.
将四面体P−ABC放到分别以PA，PB，PC为长、宽、高的长方体中，如图所示，
则该长方体的外接球就是四面体P−ABC的外接球.
∵ 长方体的对角线长为42+42+22=6，
∴ 长方体外接球的直径2R=6，即R=3，
因此，四面体P−ABC外接球的体积为V=4π3R3=36π．
故答案为：36π．
【答案】
90∘
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】

【解答】
解：如图，分别作QA⊥α于点A，AC⊥l于点C，
PB⊥β于点B，PD⊥l于点D，连接CQ，BD，
则∠ACQ=∠PDB=60∘，AQ=23，BP=3，
∴ AC=PD=2，
又∵ PQ=AQ2+AP2=12+AP2≥23，
当且仅当AP=0，即点A与点P重合时取最小值，
此时，PQ⊥平面α，故PQ与平面α所成的角为90∘ .
故答案为：90∘ .
四、解答题
【答案】
解：因为半球的半径为4cm，
所以V半球=12×43πR3
=12×43π×43=1283π(cm3)，
V圆锥=13πr2ℎ=13π×42×12=64π(cm3)，
因为V半球所以如果冰淇淋融化了，不会溢出杯子．
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
球的表面积和体积
【解析】
根据题意，求出半球的体积，圆锥的体积，比较二者大小，判断是否溢出，即可得答案．
【解答】
解：因为半球的半径为4cm，
所以V半球=12×43πR3
=12×43π×43=1283π(cm3)，
V圆锥=13πr2ℎ=13π×42×12=64π(cm3)，
因为V半球所以如果冰淇淋融化了，不会溢出杯子．
【答案】
(1)证明：在△ABD中，由于AD=2，BD=23，AB=4，
所以AD2+BD2=AB2，故AD⊥BD．
又平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面PAD.
又BD⊂平面MBD，
故平面MBD⊥平面PAD．
(2)解：如图，过P作PO⊥AD于O.
因为平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD，
所以PO为四棱锥P−ABCD的高.
因为△PAD是边长为2的等边三角形．
所以PO=22−12=3．
在底面四边形ABCD中，AB // CD，AB=2CD，
所以四边形ABCD是梯形.
在Rt△ADB中，斜边AB边上的高ℎ=AD⋅BDAB=2×234=3，
即梯形ABCD的高为3，
所以四边形ABCD的面积S=2+42×3=33，
故VP−ABCD=13×33×3=3．
【考点】
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
(1)欲证平面MBD⊥平面PAD，根据面面垂直的判定定理可知在平面MBD内一直线与平面PAD垂直，而根据平面PAD与平面ABCD垂直的性质定理可知BD⊥平面PAD；
(2)过P作PO⊥AD交AD于O，根据平面PAD与平面ABCD垂直的性质定理可知PO⊥平面ABCD，从而PO为四棱锥P−ABCD的高，四边形ABCD是梯形，根据梯形的面积公式求出底面积，最后用锥体的体积公式进行求解即可．
【解答】
(1)证明：在△ABD中，由于AD=2，BD=23，AB=4，
所以AD2+BD2=AB2，故AD⊥BD．
又平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面PAD.
又BD⊂平面MBD，
故平面MBD⊥平面PAD．
(2)解：如图，过P作PO⊥AD于O.
因为平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD，
所以PO为四棱锥P−ABCD的高.
因为△PAD是边长为2的等边三角形．
所以PO=22−12=3．
在底面四边形ABCD中，AB // CD，AB=2CD，
所以四边形ABCD是梯形.
在Rt△ADB中，斜边AB边上的高ℎ=AD⋅BDAB=2×234=3，
即梯形ABCD的高为3，
所以四边形ABCD的面积S=2+42×3=33，
故VP−ABCD=13×33×3=3．
【答案】
(1)证明：连结EO，如图所示，
∵ 四边形ABCD是正方形，O是正方形的中心，
∴ BD∩AC=O，AO=CO，
∵ 在△PAC中，E为PC的中点，
∴ PA // EO，
又∵ EO⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，
∴ PA // 平面BDE.
∵ PO⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴ PO⊥BD，
又∵ BD⊥AC，AC∩PO=O，PO⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
∴ BD⊥平面PAC，
又∵ BD⊂平面BDE，
∴ 平面PAC⊥平面BDE.
(2)解：由(1)可知，BD⊥平面PAC，
∴ BD⊥OC，BD⊥OE，
∴ ∠EOC为二面角E−BD−C的平面角，
∴ ∠EOC=30∘，
在Rt△OPC中，CO=22a，∠ECO=∠EOC=30∘，
∴ PO=OC⋅tan∠ECO=66a，
∴ 四棱锥P−ABCD的体积为V=13a2⋅66a=618a3．
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）连结EO，证明PA // EO，可得PA // 面BDE；证明BD⊥平面PAC，可得平面PAC⊥平面BDE；
（2）求出四棱锥的高，即可求四棱锥P−ABCD的体积．
【解答】
(1)证明：连结EO，如图所示，
∵ 四边形ABCD是正方形，O是正方形的中心，
∴ BD∩AC=O，AO=CO，
∵ 在△PAC中，E为PC的中点，
∴ PA // EO，
又∵ EO⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，
∴ PA // 平面BDE.
∵ PO⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴ PO⊥BD，
又∵ BD⊥AC，AC∩PO=O，PO⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
∴ BD⊥平面PAC，
又∵ BD⊂平面BDE，
∴ 平面PAC⊥平面BDE.
(2)解：由(1)可知，BD⊥平面PAC，
∴ BD⊥OC，BD⊥OE，
∴ ∠EOC为二面角E−BD−C的平面角，
∴ ∠EOC=30∘，
在Rt△OPC中，CO=22a，∠ECO=∠EOC=30∘，
∴ PO=OC⋅tan∠ECO=66a，
∴ 四棱锥P−ABCD的体积为V=13a2⋅66a=618a3．
【答案】
证明：(1)∵ AD//BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，
∴ AD//平面PBC.
∵ 平面ADMN∩平面PBC=MN，
∴ AD//MN．
∵ AD//BC，
∴ MN//BC．
∵ N为PB的中点，
∴ M为PC的中点，则MN=12BC，
∵ E为AD的中点，
∴ DE=12AD=12BC=MN，
∵ DE=MN且DE//MN，
∴ 四边形DENM为平行四边形，
∴ EN//DM．
∵ EN⊄平面PDC，DM⊂平面PDC，
∴ EN//平面PDC．
(2)∵ 四边形ABCD是边长为2的菱形，
∠BAD=60∘，E为AD中点，
∴ BE⊥AD，
又∵ PE⊥AD, PE∩BE=E，PE， BE⊂平面PEB，
∴ AD⊥平面PEB．
∵ AD//BC，
∴ BC⊥平面PEB．
(3)由(1)知AD⊥PB，
又PA=AB，且N为PB的中点，
∴ AN⊥PB.
∵ AD∩AN=A，AD，AN⊂平面ADMN,
∴ PB⊥平面ADMN
又∵ PBC⊂平面PBC，
∴ 平面PBC⊥平面ADMN．
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面平行的性质
直线与平面垂直的判定
平面与平面垂直的判定
【解析】
（1）先证明四边形DENM为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可得到证明；
（2）先证明AD⊥平面PEB，由ADIIBC可得,BC⊥平面PEB；
（3）由（2）可得AD⊥PB，由已知得PB⊥AN，即可证得PB⊥平面ADMN，利用面面垂直的判定定理即可得到证明．
【解答】
证明：(1)∵ AD//BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，
∴ AD//平面PBC.
∵ 平面ADMN∩平面PBC=MN，
∴ AD//MN．
∵ AD//BC，
∴ MN//BC．
∵ N为PB的中点，
∴ M为PC的中点，则MN=12BC，
∵ E为AD的中点，
∴ DE=12AD=12BC=MN，
∵ DE=MN且DE//MN，
∴ 四边形DENM为平行四边形，
∴ EN//DM．
∵ EN⊄平面PDC，DM⊂平面PDC，
∴ EN//平面PDC．
(2)∵ 四边形ABCD是边长为2的菱形，
∠BAD=60∘，E为AD中点，
∴ BE⊥AD，
又∵ PE⊥AD, PE∩BE=E，PE， BE⊂平面PEB，
∴ AD⊥平面PEB．
∵ AD//BC，
∴ BC⊥平面PEB．
(3)由(1)知AD⊥PB，
又PA=AB，且N为PB的中点，
∴ AN⊥PB.
∵ AD∩AN=A，AD，AN⊂平面ADMN,
∴ PB⊥平面ADMN
又∵ PBC⊂平面PBC，
∴ 平面PBC⊥平面ADMN．
【答案】
解：(1)如图所示，连接BD，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AC⊥BD，
∵ 四棱柱ABCD−A1B1C1D1是直棱柱，
∴ B1B⊥平面ABCD，
∵ AC⊂平面ABCD，
∴ B1B⊥AC，
∵ BD∩B1B=B，BD，B1B⊂平面B1BDD1，
∴ AC⊥平面B1BDD1．
∵ D1E⊂平面B1BDD1，
∴ AC⊥D1E．
(2)∵ VB1−A1D1E=VE−A1B1D1，EB1⊥平面A1B1C1D1，
∴ VE−A1B1D1=13S△A1B1D1⋅EB1．
∵ S△A1B1D1=12A1B1⋅A1D1=1，
∴ VE−A1B1D1=13EB1=23．
∴ EB1=2．
∵ AD // A1D1，
∴ ∠A1D1E为异面直线AD，D1E所成的角或其补角．
在Rt△EB1D1中，求得ED1=22．
∵ D1A1⊥平面A1ABB1，A1E⊂平面A1ABB1，
∴ D1A1⊥A1E．
在Rt△EA1D1中，得cs∠A1D1E=222=12，
∴ ∠A1D1E=60∘．
∴ 异面直线AD，D1E所成的角为60∘．
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面垂直的性质
空间中直线与直线之间的位置关系
异面直线及其所成的角
【解析】
（1）首先，连结BD，可以首先，证明AC⊥平面B1BDD1，然后，得到AC⊥D1E；
（2）首先，可以得到∠A1D1B1为异面直线AD，D1E所成的角，然后，根据ED1=22，求解得到，∠A1D1E=60∘．
【解答】
解：(1)如图所示，连接BD，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AC⊥BD，
∵ 四棱柱ABCD−A1B1C1D1是直棱柱，
∴ B1B⊥平面ABCD，
∵ AC⊂平面ABCD，
∴ B1B⊥AC，
∵ BD∩B1B=B，BD，B1B⊂平面B1BDD1，
∴ AC⊥平面B1BDD1．
∵ D1E⊂平面B1BDD1，
∴ AC⊥D1E．
(2)∵ VB1−A1D1E=VE−A1B1D1，EB1⊥平面A1B1C1D1，
∴ VE−A1B1D1=13S△A1B1D1⋅EB1．
∵ S△A1B1D1=12A1B1⋅A1D1=1，
∴ VE−A1B1D1=13EB1=23．
∴ EB1=2．
∵ AD // A1D1，
∴ ∠A1D1E为异面直线AD，D1E所成的角或其补角．
在Rt△EB1D1中，求得ED1=22．
∵ D1A1⊥平面A1ABB1，A1E⊂平面A1ABB1，
∴ D1A1⊥A1E．
在Rt△EA1D1中，得cs∠A1D1E=222=12，
∴ ∠A1D1E=60∘．
∴ 异面直线AD，D1E所成的角为60∘．
【答案】
(1)证明：连接A1B，
在△A1BC中，
∵ E和F分别是BC和A1C的中点，
∴ EF // A1B，
又∵ A1B⊂平面A1B1BA，EF⊄平面A1B1BA，
∴ EF // 平面A1B1BA.
2证明：∵ AB=AC，E为BC的中点，
∴ AE⊥BC．
∵ A1A⊥平面ABC，BB1 // AA1，
∴ B1B⊥平面ABC.
∵ AE⊂平面ABC，
∴ B1B⊥AE．
又∵ B1B⊂平面B1BC，BC⊂平面B1BC，B1B∩BC=B，
∴ AE⊥平面B1BC.
∵ AE⊂平面AEA1，
∴ 平面AEA1⊥平面BCB1．
(3)解：取BB1中点M和B1C中点N，连接A1M，A1N，NE，
∵ N和E分别为B1C和BC的中点，
∴ NE平行且等于12B1B，
∴ NE平行且等于A1A，
∴ 四边形A1AEN是平行四边形，
∴ A1N平行且等于AE.
又∵ AE⊥平面BCB1，
∴ A1N⊥平面BCB1，
∴ ∠A1B1N即为直线A1B1与平面BCB1所成角.
在△ABC中，可得AE=2，
∴ A1N=AE=2.
∵ BM // AA1，BM=AA1，
∴ A1M // AB且A1M=AB.
又由AB⊥BB1，
∴ A1M⊥BB1.
在Rt△A1MB1中，A1B1=B1M2+A1M2=4，
在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N=A1NA1B1=12，
∴ ∠A1B1N=30∘，即直线A1B1与平面BCB1所成角的大小为30∘.
【考点】
直线与平面所成的角
平面与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）连接A1B，易证EF // A1B，由线面平行的判定定理可得；
（3）取BB1中点M和B1C中点N，连接A1M，A1N，NE，易证∠A1B1N即为直线A1B1与平面BCB1所成角，解三角形可得．
【解答】
(1)证明：连接A1B，
在△A1BC中，
∵ E和F分别是BC和A1C的中点，
∴ EF // A1B，
又∵ A1B⊂平面A1B1BA，EF⊄平面A1B1BA，
∴ EF // 平面A1B1BA.
2证明：∵ AB=AC，E为BC的中点，
∴ AE⊥BC．
∵ A1A⊥平面ABC，BB1 // AA1，
∴ B1B⊥平面ABC.
∵ AE⊂平面ABC，
∴ B1B⊥AE．
又∵ B1B⊂平面B1BC，BC⊂平面B1BC，B1B∩BC=B，
∴ AE⊥平面B1BC.
∵ AE⊂平面AEA1，
∴ 平面AEA1⊥平面BCB1．
(3)解：取BB1中点M和B1C中点N，连接A1M，A1N，NE，
∵ N和E分别为B1C和BC的中点，
∴ NE平行且等于12B1B，
∴ NE平行且等于A1A，
∴ 四边形A1AEN是平行四边形，
∴ A1N平行且等于AE.
又∵ AE⊥平面BCB1，
∴ A1N⊥平面BCB1，
∴ ∠A1B1N即为直线A1B1与平面BCB1所成角.
在△ABC中，可得AE=2，
∴ A1N=AE=2.
∵ BM // AA1，BM=AA1，
∴ A1M // AB且A1M=AB.
又由AB⊥BB1，
∴ A1M⊥BB1.
在Rt△A1MB1中，A1B1=B1M2+A1M2=4，
在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N=A1NA1B1=12，
∴ ∠A1B1N=30∘，即直线A1B1与平面BCB1所成角的大小为30∘.