压轴15 截面与翻折问题的4 大核心题型
参考答案
压轴题型精讲
题型01 截面问题
1.【答案】C
【解题指导】基本事实→由空间线面的位置关系→面面平行的性质定理→/ /
l
AE→
/ /
FI
AE→相似三
角形的性质确定截面图形．
【解析】如图，设
6
AB =
，分别延长
1
1
AE
A B
、
交于点G ，此时
1
3
B G =
，
连接FG 交
1
1
B C 于H ，连接EH ，
设平面AEF 与平面
1
1
DCC D 的交线为l ，则
Î
F
l ，
因为平面
1
1 / /
ABB A
平面
1
1
DCC D ，平面AEF Ç 平面
1
1
ABB A
AE
=
，
平面AEF Ç 平面
1
1
DCC D
l
= ，
所以/ /
l
AE ，设
1
l
D D
I
=
I
，则
/ /
FI
AE ，
此时
1
FD I
ABE
V
V
∽
，故
1
4
3
ID =
，连接AI ，
所以五边形AIFHE 为所求截面图形，故选C．
【解疑答惑】判断几何体被一个平面所截的截面形状，关键在于弄清这个平面与几何体的面相交成线的形
状和位置.
2.【解题指导】过点G 在平面内作平行线→得到截面→比例确定边长知截面为等腰梯形→求面积.
【答案】C
【解析】点G 是PAC
V
的重心，
1
2
OG
PG =
，过G 作
/ /
GH
PC 交AC 于H ，并延长交PA 于M ，
过H 作
/ /
EF
CD ，过E 作
/ /
EN
PC ，如图四边形EFMN 为截面，
【技巧】找交线的方法：(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点；(2)面面交线法：各棱面与截平面的交
线.
∵点G 是PAC
V
的重心，
1
2
OG
PG =
，∴
1
2
OH
OG
HC
PG
=
=
，
∴
1
2
HC
PM
PN
MN
AC
PA
PB
AB
=
=
=
=
，
1
MN = ，
3
EF = ，
2
MF
NE
=
=
，
四边形EFMN 为等腰梯形，故面积为
1 3
3
2 3
2
S
+
´
=
=
，故选C.
题型02 交线问题
3.【答案】
2π
2
【解析】如图,设B1C1 的中点为E,球面与棱BB1,CC1 的交点分别为P,Q,
连接DB,D1B1,D1P,D1Q,D1E,EP,EQ,
由∠BAD=60°,AB=AD,知△ABD 为等边三角形,
∴D1B1=DB=2,∴△D1B1C1 为等边三角形,
则D1E= 3且D1E⊥平面BCC1B1,
∴E 为球面截侧面BCC1B1 所得截面圆的圆心,
设截面圆的半径为r,则r= R2
球-D1E2= 5-3= 2.可得EP=EQ= 2,
∴球面与侧面BCC1B1 的交线为以E 为圆心的圆弧PQ.
又D1P= 5,∴B1P= D1P2-D1B2
1=1,
同理C1Q=1,∴P,Q 分别为BB1,CC1 的中点,
∴∠PEQ=
π
2,知PQ的长为
π
2× 2= 2π
2 .
4.【答案】
π
6.
【解析】如图1，过点K 作KO⊥AE，连接OB'，则OB'⊥AE，显然BO⊥AE.因为二面角B'-AE-D 的平面角
为120°，所以∠B'OK＝60°，所以KO＝
1
2B'O＝
1
2BO，且K 为BO 中点.如图2，因为BO⊥AE，所以O 在
以AB 为直径的圆上，取AB 的中点J，连接JK，则JK⊥BK，所以点K 的轨迹是以BJ 为直径的圆上的一段
弧，设此圆的圆心为O'，得其半径为
1
4AB＝
1
4.当E 与C 重合时，∠KO'B＝120°＝
2π
3 ，所以所对的弧长为
1
4×
2π
3 ＝
π
6.
题型03 与截面有关的最值问题
5.【答案】8π
【解析】由直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
可知，
1
AA ^ 平面ABC ，
又AC
AB
^
，所以
1
,
,
AB AC AA 两两垂直，
设直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
外接球的半径为R，
通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以
1
,
,
AB AC AA 为边长的长方体外接球相同；
过
1
AC 作该直三棱柱外接球的截面，当
1
AC 为所截圆的直径时截面面积最小，
因为
2
2
1
4
4
4 2
AC =
+
=
，
则所求截面面积最小值为
2
4 2
π
8π
2
æ
ö =
ç
÷
ç
÷
è
ø
6.【答案】
3
12
；
3
3
【解析】因为
1
3
B AEF
B ACD
V
V
-
-
=
，则
1
1
1
3
3
1 1
3
3
2
2
12
AEF
ACD
S
S
=
=
´
´ ´ ´
=
V
V
，
记
,
,
EF
a AE
b AF
c
=
=
=
，
因为1
3
sin 60
2
12
bc
° =
，即
1
3
bc =
。
又因为
2
2
2
1
2
cos60
2
3
a
b
c
bc
bc
bc
bc
=
+
-
° ³
-
=
=
，
当且仅当
1
3
b
c
bc
=
ìïí
=
ïî
，即
3
3
b
c
=
=
时，取等号，所以a 的最小值为
3
3
题型04 翻折问题
7.【解题指导】
【解】（1）设
1
AD = ，所以
3,
2
AB
CD
=
=
，
因为F 为CD 中点，所以
1
DF = ，
因为
/ /
EF
AD，
/ /
AB
CD ，所以AEFD 是平行四边形，
所以
/ /
AE
DF ，所以
/ /
A E
D F
¢
¢
，
因为D F
¢
Ì 平面
,
CD F A E
¢
¢
Ë 平面CD F
¢ ，所以
/ /
A E
¢
平面CD F
¢ ，
因为
/ /
,
FC
EB FC Ì 平面
,
C
B
D F E
¢
Ë 平面CD F
¢ ，所以
/ /
EB
平面CD F
¢ ，
又EB
A E
E
¢
=
I
，
,
EB A E
¢
Ì 平面A EB
¢
，所以平面
/ /
A EB
¢
平面CD F
¢ ，
又A B
¢
Ì 平面A EB
¢
，所以
/ /
A B
¢
平面CD F
¢ ．
（2）因为
90
DAB
=
° ，所以AD
AB
^
，
又因为
/ /
,
/ /
AB
FC EF
AD ，所以EF
FC
^
，
第一步：建立空间直角坐标系．
以F 为原点，
,
FE FC 以及垂直于平面BECF 的直线分别为, ,
x y z 轴，建立空间直角坐标系.
因为
,
D F
EF CF
EF
¢
^
^
，平面EFD A
¢ ¢ 与平面EFCB所成二面角为60° ，
所以
60
D FC
°
¢
=
.
则
1,2,0
B
，
0,1,0
C
，
1
3
0,
,
2
2
D æ
ö
ç
÷
çè
ø
¢
÷ ，
1,0,0
E
，
0,0,0
F
，.
所以
1
3
1
3
1, 1,0 ,
0,
,
,
1,0,0 ,
0,
,
2
2
2
2
BC
CD
FE
FD
æ
ö
æ
ö
= - -
=
-
=
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
¢
¢
uuur
uuuur
uuur
uuuur
.
第二步：求出平面的法向量．
设平面BCD¢的法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，则
·
0
·
0
BC n
CD n
ì
=
ïí
=
ïî
¢
uuur r
uuuur r
，所以
1
3
0
2
2
0
y
z
x
y
ì-
+
=
ïí
ï- -
=
î
，
令
3
y =
，则
1,
3
z
x
=
= -
，则
3, 3,1
n = -
r
.
设平面EFD A
¢ ¢ 的法向量为
1
1
1
,
,
m
x y z
=
r
，
则
·
0
·
0
FE m
FD m
ì
=
ïí
=
ïî
¢
uuur r
uuuur r
，所以
1
3
0
2
2
0
y
z
x
ì
+
=
ïí
ï =
î
，
令
3
y =
，则
1,
0
z
x
= -
=
，所以
0, 3, 1
m =
-
r
.
第三步：计算向量的夹角
所以
·
0
3 1
1
cos ,
3
3 1
1 3
7
m n
m n
m n
+ -
=
=
=
+ + ´
+
r r
r r
uur
r
.
【易错提醒】两个平面的夹角的范围为
0
0
[0 ,90 ]，不同于两个平面法向量的夹角。所以两个平面的夹角的余
弦值需要用法向量夹角余弦值的绝对值表示
所以平面BCD¢与平面EFD A
¢ ¢ 夹角的正弦值为
2
1
42
1
7
7
æ
ö
-
=
ç
÷
è
ø
.
8.【解】（1）翻折前，在图1 中，因为四边形ABCD 为正方形，所以
//
AB CD ，
//
AD BC ，AD
BC
=
，
因为E 、F 分别为BC 、AD 的中点，所以
//
AF BE ，AF
BE
=
，
所以四边形ABEF 为平行四边形，且
2
EF
AB
=
=
，
因为AB
AD
^
，所以EF
AD
^
，
翻折后，在图2 中，EF
AF
^
，EF
NF
^
，
所以二面角M
EF
A
-
-
的平面角为
AFN
q =
，
因为AF
NF
F
=
I
，AF 、NF Ì平面ANF ，所以
^
EF
平面ANF ，
当
π
2
q =
时，即
π
2
AFN
=
，且
1
AF
NF
=
= ，则
2
1
1
1
1
2
2
2
ANF
S
AF NF
=
×
=
´
=
△
，
所以三棱柱
-
AFN
BEM 的体积为
1
2
1
2
AFN BEM
AFN
V
S
EF
-
=
×
=
´
=
△
.
（2）因为
^
EF
平面AFN ，以点F 为坐标原点，FA 、FE 所在直线分别为x 、y 轴，
过点F 且垂直于平面ABEF 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
1,0,0
A
、
1,2,0
B
、
0,2,0
E
、
cos ,0,sin
N
q
q ，
设点
0,
,0
P
m
，其中0
2
m
£
£
，由题意可知0
π
q
<
<
，则0
sin
1
q
<
£ ，故
1
1
sinq ³ ，
1,
,0
AP
m
= -
uuur
，
1,
2,0
BP
m
= -
-
uuur
，
因为AP
BP
^
，则
2
1
2
1
0
AP BP
m m
m
×
= +
-
=
-
=
uuur uuur
，解得
1
m = ，
则点
0,1,0
P
，
1,1,0
AP = -
uuur
，
设平面NBE 的一个法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，
1,0,0
EB =
uuur
，
cos , 2,sin
EN
q
q
=
-
uuur
，
则
0
cos
2
sin
0
n EB
x
n EN
x
y
z
q
q
ì ×
=
=
ïí ×
=
-
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，取
sin
y
q
=
，则
0,sin ,2
n
q
=
r
，
设直线AP 与平面NBE 所成角为a ，
则
2
2
sin
1
10
sin
cos
,
0, 10
4
2
4
sin
2
1
sin
AP n
AP n
AP
n
q
a
q
q
×
æ
ù
=
=
=
=
Îç
ú
ç
×
´
+
è
û
´
+
uuur r
uuur r
uuur
r
，
因此直线AP 与平面NBE 所成角的正弦值的取值范围为
10
0, 10
æ
ù
ç
ú
çè
û
.
1.【答案】B
【解析】如图，
因为点E 、F 满足
1
1
1
2
,
2
BE
EB C F
FD
=
=
uuur
uuur uuuur
uuuur
，
点E 是线段
1
BB 上靠近
1
B 的三等分点，点F 是线段
1
1
C D 上靠近
1
D 的三等分点，
延长
1
1
,
AE A B 与交于点G ，连接FG 交
1
1
B C 于H ，
延长
1
1
,
GF A D 交于点K ，连接AK 交
1
DD 于I ，连接
,
IF HE ，
则五边形AEHFI 为所求截面图形，故选B．
2.【答案】D
【解析】易知DD1⊥平面ABCD，∠MDN＝90°，取线段MN 的中点P，则DP＝
1
2MN＝1，所以点P 的轨
迹是以D 为球心，1 为半径的
1
8球面，故S＝
1
8×4π×12＝
π
2.
3.【答案】B
【解析】由对称性，球心与正方体重心重合，且每个面的交线半径为4.
连球心与任意面中心，则连线长为3，且连线垂直该面，
再连交线圆上一点与球心（即为球半径），由勾股定理得球的半径为5，
则表面积为
2
4
5
100
p×
=
p .故选：B.
4.【答案】D
【解析】∵PD ^ 平面ABCD ，MD Ì 平面ABCD ，
∴PD
MD
^
即点M 到PD 的距离为MD ，∴
2
MC
MD
=
，
如图平面ABCD 中以C 为原点建立平面直角坐标系，
设
,
M x y ，
0,0
C
，
0,6
M
，
∵
2
MC
MD
=
，∴
2
2
2
2
2
6
x
y
x
y
+
=
+
-
，整理得
2
2
8
16
x
y
+
-
=
，
即M 的轨迹是以
0,8
P
为圆心，半径为4 的圆上，
即点M 的轨迹的长度为
2π
8π
l
r
=
=
，故选D.
5.【答案】B
【解析】如图所示，在三棱锥P-ABC 中，过E 分别作EF∥AB，EH∥PC，
再分别过点H，F 作HG∥AB，FG∥PC，可得E，F，G，H 四点共面，
因为AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，所以AB∥平面EFGH，
同理可证，PC∥平面EFGH，所以截面即为平行四边形EFGH，
又由E 为线段AP 上更靠近P 的三等分点，且AB+2PC=9，所以EF=
1
3AB，EH=
2
3PC，
所以平行四边形EFGH 的周长为2(EF+EH)=
2
3(AB+2PC)=6.
6.【答案】B
【解析】如图，作PH ^平面ABC ，垂足为H ，取AB 的中点D ，外接球的球心为O ，连接
,
AO AH ，
易得H 为
ABC
V
的中心，则
2 3
AH =
，所以
2
2
48 12
6
PH
PA
AH
=
-
=
-
=
，
设外接球半径为R ，则
2
2
2
AO
AH
OH
=
+
，即
2
2
12
6
R
R
=
+
-
，解得
4
R =
，
当OD 垂直过AB 的截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为AB 长，
最小面积为
2
π 3
9π
´
=
，
当截面过球心O 时，截面圆的面积最大，最大面积为
2
π
4
16π
´
=
，
故截面面积的取值范围是
9π,16π .故选：B.
7.【答案】AD
【解析】如图所示，
连接QP 并延长交CB 的延长线于E ，连接ET 并延长交AD 于点S ，
交CD 的延长线于点H ，连接HQ ，交
1
DD 于点R ，连接SR ，
则m 即为SR ，n 即为ST ，
由
//
PB QC ，得
1
4
3
PB
EB
QC
EB
=
=
+
，所以
2
EB =
，
6
EC =
，
由
//
AS EB ，得
1
3
AS
AT
EB
TB
=
=
，则
1
2
3
3
AS
EB
=
=
，
所以
2
2
13
3
n
ST
AS
AT
=
=
+
=
，故C 错误，D 项正确；
由
//
SD EC ，得
5
9
SD
HS
EC
HE
=
=
，
又易知
//
SR PQ ，得SR
HS
QE
HE
=
，所以
5
9
SR
QE =
，
所以
2
2
5
5
5 5
9
9
3
SR
QE
QC
EC
=
=
+
=
，故A 项正确，B 项错，故选：AD.
8.【答案】ABC
【解析】对于A，Q平面PAM ^平面ABCD ，平面PAM Ç 平面
,
,
ABCD
AM AM
BM BM
=
^
Ì平面
,
ABCD
BM
\
^ 平面PAM ，
又PAÌ 平面
,
PAM
PA
BM
\
^
，故A 正确；
对于B，由A 知BM ^ 平面PAM ，又BM Ì 平面
,
PBM \平面PAM ^平面PBM ，故B 正确；
对于C，由A 知BM ^ 平面PAM ，在矩形ABCD 中，AB ∥CD ，
\直线CM 与平面PAM 所成的角为
BAM
，在Rt
ADM
△
中，
3
π
π
π
3,
1,
tan
,
,
3
6
2
3
AD
MD
MAD
MAD
BAM
MAD
=
= \
=
\
=
\
=
-
=
，故C 正确；
对于D，设平面PAM Ç 平面PBC
l
= ，假设l ∥底面ABCD ，
Q平面ABCD I 平面PAM
AM
=
，平面ABCD I 平面PBC
BC
=
，
l
\ ∥
,
AM l ∥
,
BC
AM
\
∥BC ，则M 与D 重合，则AD
BD
^
，
显然不成立，则假设不成立，故D 错误.
故选：ABC.
9.【答案】28 14
3
【解析】设底面中心为O ，连接
,
OP CO ,
如图：
4,
8,
AB
BC
PC
=
=
=
故
2
2
2
28
2 2
2 14
OP
PC
OC
=
-
=
-
=
，
由于截面与底面的面积之比为1∶4，
故截面以上的棱锥与原四棱锥的体积之比为1∶8，
故剩余几何体的体积为7
7
1
28 14
4 4 2 14
8
8
3
3
P ABCD
V -
=
´
´ ´ ´
=
,
10.【答案】π
【解析】因为PA ^平面ABC ，且AC Ì 平面ABC ，所以PA
AC
^
又由
2,
2 2
AB
AC
BC
=
=
=
，可得
2
2
2
AB
AC
BC
+
=
，所以AB
AC
^
，
又因为PA
AB
A
=
I
，且
,
PA AB Ì 平面PAB ，所以AC ^平面PAB ，
因为BD Ì 平面PAB ，所以AC
BD
^
，
如图所示，连接
,
BD AD ，若BD
CD
^
，且CD
AC
C
=
I
，且
,
CD AC Ì 平面ACD ，
所以BD ^ 平面ACD ，
又因为AD Ì 平面ACD ，所以AD
BD
^
，
即在平面PAB 内，若AD
BD
^
，则BD
CD
^
，即点D 落在以AB 为直径的半圆上，
因为
2
AB =
，所以点D 的轨迹长度为π
π
2
AB
´
=
.
11.【解】（1）由题意可知：平面ABCD ∥平面
1
1
1
1
D
C
B
A
，
且平面BCE I平面ABCD
BC
=
，平面BCE I平面
1
1
1
1
A B C D
l
= ，所以
/ /
BC
l .
（2）由题意可知：AD
CD
^
，
1
DD ^ 平面ABCD ，
如图，以D 为坐标原点，
1
,
,
DA DC DD 分别为, ,
x y z 轴，建立空间直角坐标系，
则
1
1
1
2,0,0 ,
1,2,0 ,
0,2,0 ,
2,0,2 ,
0,0,2 ,
0,2,2 ,
0,1,2
A
B
C
A
D
C
E
，
可得
1
1,2,0 ,
0,0,2 ,
1,0,0 ,
0, 1,2
AB
AA
CB
CE
= -
=
=
=
-
uuur
uuur
uuur
uuur
，
设平面
1
1
ABB A 的法向量
1
1
1
,
,
n
x y z
=
r
，
则
1
1
1
1
2
0
2
0
n AB
x
y
n AA
z
ì ×
= -
+
=
ïí ×
=
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
令
1
2
x =
，则
1
1
2,
0
y
z
=
=
，可得
2,1,0
n =
r
为平面
1
1
ABB A 的一个法向量；
设平面BCE 的法向量
2
2
2
,
,
m
x
y
z
=
r
，
则
2
2
2
0
2
0
m CB
x
m CE
y
z
ì
×
=
=
ïí
×
= -
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
令
2
2
y =
，则
2
2
0,
1
x
z
=
= ，可得
0,2,1
m =
r
为平面BCE 的一个法向量；
则
2
2
cos ,
5
5
5
n m
n m
n
m
×
=
=
=
×
´
r r
r r
r
r
，
所以平面
1
1
ABB A 与平面BCE 夹角的余弦值为2
5 .
12.【解】（1）证明：如图所示，取
,
VC AB 中点
,
M N ，连接AM ，BM
因为VA
AC
=
，VB
BC
=
，可得AM
VC
^
且BM
VC
^
，
又因为AM
BM
M
Ç
=
，且
,
AM BM Ì 平面AMB ，所以VC ^平面AMB ，
因为AB Ì 平面AMB ，所以VC
AB
^
.
（2）解：作BH
AM
^
交AM 于H，连接MN ，VH ，
由（1）VC ^平面AMB ，VC Ì平面AVC 所以平面AVC ^ 平面AMB ，
因为平面AVC Ç 平面AMB
AM
=
，且BH Ì 平面AMB ，所以BH ^平面AVC ，
所以
HVB
为直线VB 与平面AVC 所成角，
又因为
2
2
15
2
AM
BM
VB
VM
=
=
-
=
，所以
2
2
11
2
MN
BM
BN
=
-
=
，
因为1
1
2
2
BH AM
AB MN
×
=
×
，可得
11
2
2 165
2
15
15
2
AB MN
BH
AM
´
×
=
=
=
又因为BH
VH
^
，所以
2 165
165
15
sin
2
15
BH
HVB
VB
=
=
=
，
所以直线VB 与平面AVC 所成角的正弦值为165
15
.
（3）解：如图所示，设平面a I 平面VAB
PQ
=
，平面a I 平面CAB
ST
=
，平面a I 平面VAC
PS
=
，平面
a I 平面VBC
QT
=
，
因为
/ /
AB
a ，且AB Ì 平面VAB ，所以
/ /
AB
PQ ，
同理可证
/ /
AB
ST ，
/ /
VC
PS ，
/ /
VC
QT ，即
/ /
PQ
ST ，
/ /
PS
QT
由（1）知AB
VC
^
，所以PQ
QT
^
，所以截面PQTS 为矩形，
设QT
x
=
，其中
0,1
xÎ
，则
,
2
2
2
C
x
T
x
B
ST
T
=
=
-
=
，
所以矩形PQTS 的面积
2
1
1
2
2
2 1
2
2
2
x
x
S
PQ QT
x x
x x
-
+
æ
ö
=
´
=
-
=
-
£
=
ç
÷
è
ø
，
当且仅当
1
x
x
= -
，即
1
2
x =
时，等号成立，所以截面面积的最大值为
1
2 .
13.【解】（1）由
2
1
8,
5 3,
,
5
2
AB
AD
AE
AD AF
AB
=
=
=
=
uuur
uuur uuur
uuur
，
得
2 3,
4
AE
AF
=
=
，又
30
BAD
°
=
，在
AEF
△
中，
由余弦定理得
2
2
3
2
cos
16 12
2 4 2 3
2
2
EF
AE
AF
AE AF
BAD
=
+
-
×
=
+
- × ×
×
= ,
所以
2
2
2
AE
EF
AF
+
=
，则AE
EF
^
，即EF
AD
^
，
所以
,
EF
PE EF
DE
^
^
，又
,
PE
DE
E PE
DE
=
Ì
I
、
平面PDE ，
所以
^
EF
平面PDE ，又PD Ì 平面PDE ，
故
^
EF
PD ；
（2）连接CE ，由
90 ,
3 3,
3
ADC
ED
CD
°
=
=
= ，则
2
2
2
36
CE
ED
CD
=
+
=
，
在PEC
V
中，
4 3,
2 3,
6
PC
PE
EC
=
=
= ，得
2
2
2
EC
PE
PC
+
=
，
所以PE
EC
^
，由（1）知PE
EF
^
，又
,
EC
EF
E EC
EF
=
Ì
I
、
平面ABCD ，
所以PE ^ 平面ABCD ，又ED Ì 平面ABCD ，
所以PE
ED
^
，则
,
,
PE EF ED 两两垂直，建立如图空间直角坐标系E
xyz
-
，
则
(0,0,0), (0,0,2 3),
(0,3 3,0),
(3,3 3,0),
(2,0,0), (0, 2 3,0)
E
P
D
C
F
A
-
，
由F 是AB 的中点，得
(4,2 3,0)
B
，
所以
(3,3 3, 2 3),
(0,3 3, 2 3),
(4,2 3, 2 3),
(2,0, 2 3)
PC
PD
PB
PF
=
-
=
-
=
-
=
-
uuur
uuur
uuur
uuur
，
设平面PCD和平面PBF 的一个法向量分别为
1
1
1
2
2
2
( ,
,
),
(
,
,
)
n
x y z
m
x
y
z
=
=
r
ur
，
则
1
1
1
1
1
3
3 3
2 3
0
3 3
2 3
0
n PC
x
y
z
n PD
y
z
ì ×
=
+
-
=
ïí
×
=
-
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
2
2
2
2
2
4
2 3
2 3
0
2
2 3
0
m PB
x
y
z
m PF
x
z
ì
×
=
+
-
=
ïí
×
=
-
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
令
1
2
2,
3
y
x
=
=
，得
1
1
2
2
0,
3,
1,
1
x
z
y
z
=
=
= -
= ，
所以
(0,2,3),
( 3, 1,1)
n
m
=
=
-
r
ur
，
所以
1
65
cos
,
65
5
13
m n
m n
m n
×
=
=
=
×
r r
r r
r r
，
设平面PCD和平面PBF 所成角为q ，则
2
8 65
sin
1 cos
65
q
q
=
-
=
，
即平面PCD和平面PBF 所成角的正弦值为8 65
65
.
14.【解】（1）证明：如图所示，取
,
VC AB 中点
,
M N ，连接AM ，BM
因为VA
AC
=
，VB
BC
=
，可得AM
VC
^
且BM
VC
^
，
又因为AM
BM
M
Ç
=
，且
,
AM BM Ì 平面AMB ，所以VC ^平面AMB ，
因为AB Ì 平面AMB ，所以VC
AB
^
.
（2）解：作BH
AM
^
交AM 于H，连接MN ，VH ，
由（1）VC ^平面AMB ，VC Ì平面AVC 所以平面AVC ^ 平面AMB ，
因为平面AVC Ç 平面AMB
AM
=
，且BH Ì 平面AMB ，所以BH ^平面AVC ，
所以
HVB
为直线VB 与平面AVC 所成角，
又因为
2
2
15
2
AM
BM
VB
VM
=
=
-
=
，所以
2
2
11
2
MN
BM
BN
=
-
=
，
因为1
1
2
2
BH AM
AB MN
×
=
×
，可得
11
2
2 165
2
15
15
2
AB MN
BH
AM
´
×
=
=
=
又因为BH
VH
^
，所以
2 165
165
15
sin
2
15
BH
HVB
VB
=
=
=
，
所以直线VB 与平面AVC 所成角的正弦值为165
15
.
（3）解：如图所示，设平面a I 平面VAB
PQ
=
，平面a I 平面CAB
ST
=
，平面a I 平面VAC
PS
=
，平面
a I 平面VBC
QT
=
，
因为
/ /
AB
a ，且AB Ì 平面VAB ，所以
/ /
AB
PQ ，
同理可证
/ /
AB
ST ，
/ /
VC
PS ，
/ /
VC
QT ，即
/ /
PQ
ST ，
/ /
PS
QT
由（1）知AB
VC
^
，所以PQ
QT
^
，所以截面PQTS 为矩形，
设QT
x
=
，其中
0,1
xÎ
，则
,
2
2
2
C
x
T
x
B
ST
T
=
=
-
=
，
所以矩形PQTS 的面积
2
1
1
2
2
2 1
2
2
2
x
x
S
PQ QT
x x
x x
-
+
æ
ö
=
´
=
-
=
-
£
=
ç
÷
è
ø
，
当且仅当
1
x
x
= -
，即
1
2
x =
时，等号成立，所以截面面积的最大值为
1
2 .
15.【解】（1）因为
1
1
1
ABC
A B C
-
是直三棱柱，所以
1
AA
AB
^
，
因为
90
CAB
=
o ，所以AC
AB
^
，
又
1
AA
AC
A
=
I
且
1
AA ，AC Ì 平面
1
1
ACC A ，
所以AB ^平面
1
1
ACC A ，
又D ，E 分别为棱
1
AA ，
1
BB 的中点，所以
//
DE AB ，
所以DE ^平面
1
1
ACC A ，又DE Ì平面EFD ，
所以平面EFD ^ 平面
1
1
ACC A .
（2）根据面面平行的判定定理作出平面a ，如图所示，
平面a 与直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的截面即为平面
1
ABC ，
显然，平面
1
ABC 将直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
分成体积比为1: 2的两部分，
所以
1 1 1
2
2
3
3
ABC
A B C
V
V
-
=
=
较大部分
，
设
1
AA
h
=
，则2
1
2
1 1
3
2
3
h
æ
ö
´
´
´ ´
=
ç
÷
è
ø
，所以
2
h =
.
以A 为原点，棱AC ，AB ，
1
AA 所在直线分别为x，y，z 轴建立如图所示空间直角坐标系，
则
1 0,0,2
A
，
1,0,0
C
，
0,0,1
D
，
0,1,1
E
，
1 1
,
,2
2 2
F æ
ö
ç
÷
è
ø.
所以
1
1,0, 2
AC =
-
uuur
，
0,1,0
DE =
uuur
，
1 1
,
,1
2 2
DF
æ
ö
= ç
÷
è
ø
uuur
，
设平面EFD 的法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，则
0
0
n DE
n DF
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，即
0
1
1
0
2
2
y
x
y
z
=
ìïí
+
+
=
ïî
，令
2
x =
，得
2,0, 1
n =
-
r
，
设直线
1AC 与平面EFD 所成角为q ，则
1
1
1
2
2
4
sin
cos
,
5
5
5
AC n
AC n
AC
n
q
×
+
=
=
=
=
×
×
uuur r
uuur r
uuur
r
.
16.【解】（1）因为
//
BC DE 且
2
AD
BC
=
，故四边形
,
BCDE BCEA 是平行四边形，则BE
CD
=
，
又ABCD 为等腰梯形且
,
60
AB
BE
A
°
=
=
，可得
1A BE
V
是等边三角形．
故四边形BCEA 为菱形，BCE
V
是等边三角形，
因为O 为BE 中点，所以
1AO
BE
^
，同理可证CO
BE
^
．
又
1AO
CO
O
Ç
=
，且
1 ,
AO CO Ì 平面
1AOC ，所以BE ^ 平面
1AOC ，
又BE 在平面BCDE 内，所以平面BCDE ^ 平面
lAOC .
（2）存在点P，使得
//
BP
平面
1AOF ，
因为平面
1A BE ^ 平面BCDE ，平面
1A BE Ç 平面BCDE
BE
=
，
1
1
,
AO
BE AO
^
Ì 平面
1A BE ，所以
1AO ^ 平面BCDE ，
又CO
BE
^
，建立以O 为原点，
1
,
,
OB OC OA 所在直线为x ，y ，z 轴的空间直角坐标系O
xyz
-
，如图所示：
因为
1
3
3
(1,0,0),
(0, 3,0),
(0,0, 3),
( 1,0,0),
,
,0
2
2
B
C
A
E
F æ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
则
1
1
3
3
(0, 3,
3),
(0,0,
3),
,
,0
2
2
AC
AO
OF
æ
ö
=
-
=
-
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
uuur
uuur
，
设
1
1
(0, 3 ,
3 )
A P
t AC
t
t
=
=
-
uuur
uuur
，
则
(0, 3 , 3
3 ),
( 1, 3 , 3
3 )
P
t
t BP
t
t
-
= -
-
uuur
，
设平面
1AOF 的一个法向量
( , , )
m
x y z
=
r
，则
1
0
0
m OF
m AO
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
即
3
3
0
2
2
3
0
y
x
z
ì-
+
=
ïí
ï
=
î
，令
1
x = ，则
3,
0,
(1, 3,0)
y
z
m
=
=
\
=
r
，
要使
//
BP
平面
1AOF ，则
0
BP m
×
=
uuur ur
，即1 3
0
t
- +
=
，解得
1
3
t =
，
故在侧棱
1AC 上存在点P ，使得
//
BP
平面
1AOF ，
此时，
3 2 3
3 2 3
0,
,
,
( 2,0,0),
1,
,
3
3
3
3
P
BE
BP
æ
ö
æ
ö
= -
= -
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
uuur
uuur
，
设平面PBE 的一个法向量
( , , )
n
a b c
=
r
，则
0
0
n BE
n BP
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
即
2
0
3
2 3
0
3
3
a
a
b
c
-
=
ìïí- +
+
=
ïî
，令
1
c = ，则
2,
0
b
a
= -
=
，即
(0, 2,1)
n =
-
r
，
设平面PBE 与平面
1AOF 夹角为q ，所以
2 3
15
cos
5
2 5
n m
n
m
q
×
=
=
=
×
r r
r
r
，
故平面PBE 与平面
1AOF 的夹角的余弦值为15
5
．
