2023-2024学年高一年级下册数学同步单元练习（人教A版2019）立体几何初步（含答案解析）

06立体几何初步（培优提升题）一2023-2024学年高一下学

期数学同步单元练习（人教A版，2019新版）

一、单选题

1.（2022下•福建福州•高一校联考期末）已知正方体ABCD-A4GA的棱长为1,它的

所有顶点都球。的表面上，则球。的表面积为（）

A.2%B.3%C.4〃D.5万

2.（2022下・福建福州・高一校联考期末）在正方体488-4与£〃中，E、/分别为AB,

8c的中点，则直线E尸与4。所成角的余弦值为（）

A.0B.1C.变D.在

222

3.（2022下.福建三明.高一统考期末）在长方体ABCD-4BG。中，AB=A4,=1,

AD=2,则直线AC与平面A8CD所成角的正弦为（）

A.逅B.@C.在D.国

6533

4.（2023下•福建龙岩•高一统考期末）如图，在正方体ABC。-A4GA中，E、F为正

方体内（含边界）不重合的两个动点，下列结论错误的是（）.

A.若EeBR,FeBD,则砂1AC

B.若EeBR,FcBD，则平面3砂，平面

C.若EeAC,FeCD、,则EF〃面

D.若EeAC,FeCD,,则所〃A，

5.（2023下•福建福州•高一福建省福州高级中学校考期末）圆柱形容器内部盛有高度为

的水，若放入两个直径为2cm的铁球（球的半径与圆柱底面半径相等）后，水恰好淹

没最上面的铁球一半（如图所示），则后（）.

6.（2023下•福建福州•高一校考期末）如图，在三棱锥A-3CD中，AB=AC=AD=2,

ABJ.AC,4），平面ABC,E为CO的中点，则直线BE与所成角的余弦值为（）

二、多选题

7.（2023下•福建福州•高一福建省福州高级中学校考期末）在正方体43。。-4耳£2中,

E,F,G分别为BC,CG,8月的中点，贝U（）

A.与AF所成角的正切值为2c

B.A。与平面AEF相交

C.过4E/的截面是四边形

D.点G到平面AEF的距离是点耳到平面AE尸的距离的比值是2：3

8.（2023下•福建福州•高一校联考期末）己知正三棱锥尸-ABC的四个顶点在球。］的球

试卷第2页，共8页

面上，E,尸分别是E4,AB的中点，AB=2且CELEF,与该三棱锥的四个面都相切

的球记为球4,则（）

A.三棱锥尸-ABC的表面积为4GB.球J的表面积为6兀

C.球a的体积为血D.球的半径为30一4

46

9.（2023下•福建福州•高一校考期末）如图，已知正方体ABCD-ABiGR的棱长为1，

。为底面ABC。的中心，A。交平面A]B。于点£,点尸为棱C。的中点，贝I]（）

B.三棱锥A-BCD的外接球的表面积为3元

C.直线AC与平面A0。所成的角为45

D.过点A，B,尸的平面截该正方体所得截面的面积为J

8

10.（2023下•福建福州•高一校联考期末）如图，平面四边形A8CD是由正方形AEC。

TT

和直角三角形8CE组成的直角梯形，AD=1,ZCBE=-,现将Rt^ACD沿斜边AC翻

6

折成△ACA（2不在平面ABC内），若P为BC的中点，则在RtaACD翻折过程中，

下列结论正确的是（）

A.与BC可能垂直

B.三棱锥C-B2E体积的最大值为逅

4

C.若A,C,E,Q都在同一球面上，则该球的表面积是2兀

7171

D.直线与EP所成角的取值范围为6'i

11.（2023下•福建福州•高一福建省福州第一中学校考期末）已知四边形ABCD为正方

形，E£>_L平面ABCD,FB//ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E-ACD,F-ABC,

F-ACE的体积分别为匕匕,匕，则（）

A.匕=2%B.匕=2匕

C.匕=乂+匕D.2匕=3乂

12.（2023下•福建厦门•高一统考期末）已知正四面体A3CD的棱长为2,.ABC和，ACD

的重心分别为点M、N,则（）

A.MN//BD

B.肱V_L平面ACD

C.二面角M-BC-D的余弦值为g

D.直线MN到平面3CD的距离为生色

9

13.（2023下•福建莆田•高一统考期末）如图，A民AC,A3两两互相垂直，三棱锥

是正四面体，则下列结论正确的是（）

TT

A.二面角D-BC-A的大小为了

4

B.BC1DE

C.若△BCD的中心为0,则AO,E三点共线

D.三棱锥E-BCD的外接球过点A

14.（2023下•福建福州•高一校联考期末）如图，棱长为2的正方体ABCD-中,

点、E,F,G分别是棱A。，C。的中点，则（）

试卷第4页，共8页

DiC,

A.直线AG,GE为异面直线

B.二面角AC-耳的余弦值为g

C.直线AG与平面ADDA所成角的正切值为正

4

D.过点2,E,尸的平面截正方体的截面面积为9

三、填空题

15.（2023下•福建福州•高一校考期末）已知正四棱锥的侧棱长为灰，其顶点均在同一

个球面上，若球的体积为36兀，则该正四棱锥的体积为.

16.（2023下•福建福州•高一福建省福州高级中学校考期末）直四棱柱ABC。-AgC.的

底面正方形边长为2,侧棱长为右，以顶点A为球心，2为半径作一个球，则球面与直

四棱柱的表面相交所得到的所有弧长之和等于.

17.（2023下・福建福州•高一校联考期末）如图，ABCD-A4CR的棱长为2,点P在

正方形A5CD的边界及其内部运动，则四面体尸-A8C的体积的最大值是；记所

有满足君V|AP|W近的点尸组成的平面区域为卬，则W的面积是.

四、解答题

18.（2022下•福建福州•高一校联考期末）如图，在三棱锥尸-ABC中，一PAB,ABC

均为等边三角形.

p

B

(1)求证：ABLPC；

(2)若AB=2,PC=JL求三棱锥尸-ABC的体积.

19.(2022下•福建福州•高一校联考期末)如图，在正方体ABCL(-4月6。中.

⑴求证：BCJ/平面ABR；

(2)作出二面角4-AR-2的平面角，并说明理由.

20.(2023下•福建福州•高一校联考期末)如图，在直三棱柱ABC-A4G中，。为棱

A8的中点，E为侧棱CG的动点，且CE=XC£(0＜丸＜1).

(1)是否存在实数力，使得。E〃平面ABC?若存在，求出彳的值；若不存在，请说明理

由；

(2)设A8=44,=4,AC=3,BC=5,求。E与平面A84A所成角的正弦值的取值范围.

21.(2023下•福建福州•高一校联考期末)如图，正方形ABCD中，点E,2分别为AB,

的中点.将ABEF,_DCF分别沿DE,EF,。尸折起，使A,B,C三点

重合于点P.

试卷第6页，共8页

P

AD

⑴求证：「。_1_平面尸£/；

（2）若A8=6,且K为尸。的中点，求三棱锥K-E7Z）的体积.

22.（2023下•福建福州•高一校考期末）如图，48是。的直径，B4垂直于。所在的

平面,C是圆周上不同于4B的一点,E,尸分别是线段尸8,PC的中点，AB^IO,PC=\2,

ZAPC=30°.

⑴求证：BC//¥ffiAEF；

⑵求证：8C1平面B4C；

⑶求点P到平面AEF的距离.

23.（2023下・福建福州•高一福建省福州高级中学校考期末）如图，四棱锥P-ABCD的

侧面PAD是边长为2的正三角形,底面ABCD为正方形,且平面PAD_1_平面ABCD,M,

N分别为AB,AO的中点.

P

（2）在线段PB上是否存在一点。使得〃平面PNC,存在指出位置，不存在请说明理

由.

⑶求二面角PC-N的正弦值.

24.（2023下•福建福州•高一福建省福州高级中学校考期末）如图，在正方体

ABCD-ABd中,

⑴求证8。1AC1；

⑵求ABt与平面ABG所成角的大小.

25.(2023下•福建福州•高一校联考期末)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯

形，ZABC=ZBCD=90°,2AB=2BC=CD=4,PA=PD,PDLPA,尸C=26,M为

边PC的中点.

⑴求证：〃平面PAD；

(2)求证：平面R4£)_L平面ABCD；

(3)求三棱锥尸-的体积.

试卷第8页，共8页

参考答案：

1.B

【分析】依题意正方体的体对角线即为外接球的直径，利用勾股定理求出体对角线，即可求

出外接球的表面积.

【详解】解：依题意正方体的体对角线即为外接球的直径，设外接球的半径为R,

所以（27?7=I2+I2+I2=3,即4代=3,所以外接球的表面积S==3%；

故选：B

2.B

【分析】根据EF//AC,A。IIB{C求解直线所与4。所成角即可

【详解】由题意，如图，因为AB"/oc且A4=DC,故平行四边形4瓦8,故4。//20,

根据中位线的性质有跖〃AC,故直线EF与4。所成角为/AC”易得正VABC，直线所

与4。所成角为NACB1=60,故余弦值为3

3.A

【分析】由长方体性质易知NACA为AC与面ABC。所成角的平面角，进而求其正弦值即可.

【详解】根据长方体性质知：A4，面A3CD,故/&CA为AC与面A8Q）所成角的平面角，

答案第1页，共29页

招=1,*=Jf+A+z?=遍,

所以2禺啜邛.

故选：A

4.D

【分析】根据正方体的特征及线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定可判定A、B选项;

利用正方体的特征及面面平行的判定与性质可判定C、D选项.

【详解】

如图所示，对于选项A,易知AC13D,底面A3C。，ACu底面ABC。,

所以DRJ_AC,

又BDcDD[=D,BD、DDXu平面BDDX,所以AC_L平面BDDX,

历u平面8D2,所以竹1AC,故A正确；

对于选项B,易知AC"/AC,所以A©，平面BOR,

因为ACu平面AGB,所以平面AGB,平面80。，

显然平面BD2即平面8卯，故B正确；

答案第2页，共29页

如上图所示，对于c项，由正方体的特征可知A2//5G，A5//〃C,

因为ARu平面AGB,Cfu平面4。出，所以AQ"/平面4GB,

同理CP仁平面AGB,平面AGB,所以cp//平面AG3,

显然A£>1cC。=£)1，A£)1、CRu平面ARC,

所以平面A，C〃平面A。石,

由EFu平面A。。可得EF//平面AG3，故C正确；

CECF

对于D项，显然^时，EF与AD不平行，故D不正确.

故选：D

5.B

【分析】根据体积公式即可求解.

【详解】由题意可知一个球加半个球以及水的体积等于高为3的圆柱的体积，

球的半径和圆柱的底面圆半径均为1,

414

所以7txF/7=7l：xl2x3——7TX12——X—TTXl2/1=1,

323

故选：B

6.A

【分析】根据线面垂直的性质定理及异面直线所成角的定义，结合勾股定理及余弦定理即可

求解.

【详解】因为AD_L平面ABC,ABu平面ABC,,ACu平面ABC,

所以AD±AC,又AB1AC,

所以AD,AB,AC两两垂直，

答案第3页，共29页

A

C

^.AB=AC=AD=2,所以BC=CD=BD=2五,

取AC的中点/，连结砂,3尸，

因为E#分别为CD,AC的中点，所以瓦//">,

所以直线BE与A。所成角为ZB£F或其补角，

BE=2邑与=布,BFA^+i2=4，EF=1,

△BEF中，根据余弦定理cosNBEF=叱+跖--"-=6+1-5=Vf.

2BEEF2xV6xl6

故选：A

7.ABCD

【分析】A选项，做辅助线，利用等角定理结合余弦定理解；

B选项，在正方体下方补一个相同的正方体，依据一条直线与平面相交，则与该直线平行的

直线也与平面相交来分析；

C选项，运用平行和相等的传递性可解；

D选项，借助平行的特性，利用相似关系找到相似比，继而高也就是距离之比等于相似比.

【详解】设正方体边长为2.

对A,连4下，在正方体中，\F=AF=yjAB2+BC2+CF2=3

因为RD//AA

所以与AF所成角为ZAAF,

,24[2_[21

在尸中，由余弦定理有cos/AAP=^----=

02x2x33

：=逑，所以A正确;

贝i」sinNAAP=J1—

II3cosZ^AF

答案第4页，共29页

对B,在正方体下方补一个相同的正方体如图，延长FE交BT于Z,连AZ,

因为E为BC中点，所以BE=EC,又/C/ABZ,所以产C=3Z,

因为尸为GC中点，则Z为中点.

又因为G为用8中点，所以AA与GZ平行且相等，则AG//AZ

因为AZ与平面4跖相交，所以4G与平面AE尸相交，故B正确

对C,在B选项图形的基础上，连AL，GF；

因为，F,G分别为CG，2瓦的中点，所以4。与GP平行且相等,

所以AG//。/且AG=R尸，

又由B选项结论：AG//AZ且AG=AZ知AZ//Z）尸且AZ=D尸，

所以四边形AZFQ为平行四边形，故C正确；

答案第5页，共29页

对D,在C选项图形的基础上，连GE,过耳在面Bq中作用7/，所于目，

由B,C选项知GZ=E产且GZL防，E为EZ中点，所以GELEb,

则GE//B]H,所以，GZEB]ZH,所以GE:A"=GZ:BIZ=2:3.

因为所为面与面BG的交线，所以距离的比值等于相似比2:3

即点G到平面A所的距离是点用到平面AM的距离的比值是2：3,故D正确.

故选：ABCD

【分析】利用CELEF得到正三棱锥尸-ABC的三条侧棱心，PB,PC互相垂直，

PA=PB=PC=42,根据棱锥的表面积公式计算判断A；正三棱锥尸-ABC的外接球。的

就是棱长为近的正方体的外接球，求出其半径R,根据球的表面积及体积公式可判断BC；

答案第6页，共29页

利用体积法求出球。2的半径可判断D.

【详解】取AC的中点连接PM,BM,

,：PA=PC,AB=BC,：.AC±BM,ACLPM,

又BM,PAfc面.•.4(7_1_面尸8",

PBM,：.AC±PB,

；E,尸分别是B4,AB的中点，尸〃尸2,

\'EF±CE,：.PB±CE,

VACnC£=C,AC,CEu面加C,PAC,

'：PA,PCu面B4C,J.PBLPA,PB±PC,

从而得到正三棱锥P-ABC的三条侧棱B4,PB,PC互相垂直，

则正三棱锥P-ABC中，AB=BC=AC=2,PA=PB=PC=42,

三棱锥尸一ABC的表面积为S=3*22+3XLXJIXJI=3+A，故A错误;

42

正三棱锥尸-ABC的外接球。|的就是棱长为0的正方体的外接球，其半径

„73x7276

K——,

22

球。1的表面积为471A2=6兀，故B正确；

球。I的体积v=g兀*=扁，故C错误；

设球02的半径为r，则;(黑板+3s△.)==gS△w•PA,

即(3+g)r=JI,则r=二^『=3亚-巫,故D正确.

3+66

故选：BD.

答案第7页，共29页

【点睛】方法点睛：求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，外接球半径的常见求

法有：

（1）若同一顶点的三条棱两两垂直，则4犬=4+万2+。2（a,O,c为三条棱的长）；

（2）若上4,面ABC,PA=a,贝14A2=4/+〃。为‘ABC外接圆半径）；

（3）可以转化为长方体的外接球；

（4）特殊几何体可以直接找出球心和半径.

9.ABD

【分析】由题意可证得A，E，O三点都在平面48。与平面ACGA的交线上，可判断A；由

题意可证得即工平面ACGA，从而BD-LAG，可判断B；由题意可证得

加上平面ACC0,则直线AC与平面所成的角为ZCA。，根据余弦定理，求解可判

断C；取口。的中点G,因为9G〃CQ〃A3,所以等腰梯形ABBG就是过点4，民厂的平

面截该正方体所得截面，求出面积可判断D.

【详解】因为。为底面ABCD的中心，所以。为8。和AC的中点，贝!IOCBD.OWAC,

因为BDu平面AB。，ACu平面ACCa,所以Oe平面ABROe平面ACC0,

所以点o是平面48。与平面ACCA的公共点；

显然A是平面48。与平面ACGA的公共点；

因为4G交平面ABD于点E,AQU平面ACqA,

所以E也是平面ABD与平面ACGA的公共点，

所以A，E，。三点都在平面48。与平面ACGA的交线上，即A，E，。三点共线，故A正确;

三棱锥A的外接球和正方体是同一个外接球，棱长为1,所以2R=6，

所以外接球的表面积5=4位?2=3兀，故B正确；

42

答案第8页，共29页

因为C|C，平面ABCD,BDu平面ABCD,所以8。，C0,

又BO_LAC,ACGC=C,AC，GCu平面ACGA，

所以平面ACCiA,BDu平面AB。

所以平面AB。，平面ACGA,平面ABDC平面ACGA=A。,

所以A。在平面AXBD的射影为A0,

即直线AC与平面42。所成的角为/ca。，

*=6，OC=AO=JAB?-BO?=

M+ACZ-CCZ20V2

cosZC4jO=，故c错误;

2xAOxA。32

取OQ的中点G,连PG,GA，2尸,A3,因为尸G〃CR〃A8,

所以等腰梯形ABFG就是过点\,B,F的平面截该正方体所得截面，如图：

因为==*，%G=BF=*,

所以等腰梯形4出9的高为2rA81色］=手，

所以等腰梯形ABBG的面积为：(AB+FG)-〃=］忘+孚'芈

2212J4o

9

即过点A，%B的平面截该正方体所得截面的面积为三，故D正确.

O

故选：ABD.

10.ACD

【分析】对于A选项：根据线面垂直的判断定理，由ARLCR,当仞1口8时，ADJ平

面BCA，贝IJADJ8C；

答案第9页，共29页

对于B选项：取AC的中点。，连接OE,OD1,根据=VDl-BCE，则平面ACDX1平面ABC

时，三棱锥C-32E体积的最大值，从而可判断；

对于C,根据OE=OR=OA=OC,可得A,C,E,R都在同一球面上，且球的半径为0C,

从而可判断；

对于D选项：由AR可以看成以AC为轴线，以45。为平面角的圆锥的母线，即可求得AR与

£P所成角的取值范围.

【详解】对于A选项：由ADLCO,则AQLCQ,当叫，时，且A8<AB,此时满

足ARL平面BCR,因此ARL8C,故A正确；

对于B,取AC的中点。，连接。及。2，

则OE=O"=OA=OC=#，且。DjlAC,

因为Vc-BDF=VQ-BCE，

当平面AC"_L平面ABC时，三棱锥C-BRE体积的最大值,

在RtBCE中，ZCBE=-,CE=1,则=

6

此时％-BqE=%.BCEM^X^Xlx石X9=聆，

所以三棱锥C-BRE体积的最大值为亚，故B错误；

12

对于C,因为OE=OD{=OA=OC=,

所以AC,及2都在同一球面上，且球的半径为走，

2

所以该球的表面积是4兀x［曰］=2-故C正确；

对于D,作AM〃£P,

因为尸为BC的中点，所有EP=1,

答案第10页，共29页

EPBEBP所以AM=土音=8河，

AM-AB3

所以N54〃=NABC=30。，所以NM4c=15。,

AQ可以看成以AC为轴线，以45。为平面角的圆锥的母线,

所以AC与夹角为45。，AC与AM夹角为15。，又2不在平面A5C内，

60°=45°+15°,30°=45°-15°,

所以与DM所成角的取值范围(春5],所以D正确，

故选：ACD.

11.BCD

【分析】找到三棱锥的高，利用三棱锥体积公式分别求出匕，匕，匕，进而判断出结果.

【详解】如图连接80交AC于。，连接。瓦。工设AB=2FB=2,

则AB=3C=CD=AD=2.

由£D_L平面ABCD,FBHED,所以EB_1_平面ABCD,

1114

所以匕•即

V,=yF-ABc=ls^FB^^AB-BCFB^.

由ED_L平面ABC。，ACu平面ABCD,所以即_LAC.

又AC，BD,且£DBD=D,ED,BDu平面BDEF,

所以ACJ_平面5DE广，所以ACJ_OF.

易知3D=2&OB=®OE=y]OD2+ED2=R，OF=yjOB2+BF2=73

EF=JBD。+(ED-FB¥=3,

所以所2=。/2+。£2,所以o尸，OE,而OECAC=O,

OE、ACu平面ACE,所以5，平面ACE.

又AC=AE=CE=2yfi，

2

V3=VF-ACE=^SACE-OF=^JIAC-OF=2,

所以有％*2%,X=2%,匕=匕+%,2匕=3K,

所以选项A不正确，BCD正确.

答案第11页，共29页

12.AC

【分析】利用三角形重心的几何性质结合平行线的传递性可判断A选项；求出与AO所

成的角，可判断B选项；利用二面角的定义结合余弦定理可判断C选项；求出点A到平面

BCD的距离，结合OM=goA可知点M到平面3CD的距离等于点A到平面BCD的距离的

可判断D选项.

【详解】如下图所示：

对于A选项，延长CM交AB于点E,延长CN交AD于点尸，连接E、F,

则E、尸分别为AB、AD的中点，所以，EF//BD,

CMCN

因为ABC和ACD的重心分别为点/、N,贝|舁=?=彳2，所以，MN//EF,

所以，MN//BD,A对；

对于B选项，因为MN//BD,且ZAD3=60。，则MN与所成角为60,

故与平面ACD不垂直，B错；

对于C选项，取BC的中点。，连接。4、OD,

因为ASC是边长为2的等边三角形，则3CLQ4,且04=〃02_必=,21=6,

同理可得BC_LC©,OD=6,则二面角的平面角为ZAC©,

答案第12页，共29页

由余弦定理可得cos"=%2+仍”=」

20AoD2x33

因此，二面角M-8C-。的余弦值为g,C对；

对于D选项，设点A在底面BCD的射影为点G,则点G为等边△BCD的中心,

且。G=

因为AG_L平面BCD,DGu平面BCD,所以，AG=^AD2-DG2

因为MNIIBD,MNU平面BCD,BOu平面BCD,所以，MN//平面BCD,

所以，直线MN到平面BCD的距离为点M到平面BCD的距离，

因为。M=:04,故点M到平面BCD的距离为城=冬色，D错.

33339

故选：AC.

13.BCD

【分析】由已知可得AB=AC=AD,取BC的中点产，可得A/IBC,DF±BC,所以

NAFD为二面角O-BC-A的平面角，设A3=2a,求出AF、DF,在△ADf'中由余弦定

理可判断A；连接灰，利用线面垂直的判定定理和性质定理可判断B；根据三棱锥A-BCD

是正三棱锥得AO，平面BCD,三棱锥E-BCD是正三棱锥得EOL平面BCD可判断C；几

何体A-3CDE与棱长为2。正方体ABNC-DHEG有相同的外接球可判断D.

【详解】对于A,由己知可得AB'+AC?=届2,AB2+AD2=BD2,AD-+AC2=CD-,

MBC2=BD2=CD2,所以"=AC=AD,取5c的中点尸，连接AF、DF,

可得AFJ.BC,DF1BC,所以NAED为二面角D-3C-A的平面角，

设AB=AD=2a,贝！|gC=2耳，AF=&,DF=瓜,

在△A£)/中，由余弦定理可得

A/2+。尸2一人。22a2+3々2—4a2V6

cosZAFD=故A错误;

2AFxDF2xyf2xy/3a2~12

答案第13页，共29页

A

对于B,由A选项连接所，因为EB=EC,所以防工BC,

因为EFIDF=F,即、DFu平面EFD,所以3c1平面EFD,

DEu平面EFD,所以BC工DE,故B正确；

对于C,由选项A可知三棱锥A-BCD是正三棱锥，且AOL平面BCD,

三棱锥E-BCD也是正三棱锥，平面3C。，则AQE三点共线，故C正确;

对于D,由A选项E-3CZ）是棱长为2缶正四面体，三棱锥A-BCD是侧棱长为2°,

底面边长为20。的正三棱锥，所以几何体A-BCDE与棱长为2a正方体ABNC-DHEG有

相同的外接球，

故D正确.

答案第14页，共29页

AC

故选：BCD.

14.BC

【分析】证明EG〃AG，说明A，E,G,G四点共面，判断A；作出二面角R-AC一用的平

面角，计算其余弦值，可判断B；找到直线AG与平面ADQA所成角，解直角三角形可得

其正切值，判断C；作出过点8,E,尸的平面截正方体的截面，求其面积判断D.

【详解】对于A,连接AG，AC,则ACGA为矩形，则AG〃AC,

而点E,G分别是棱A。，C。的中点，故EG〃AC,，EG〃4G，

则4，E,G，G四点共面，故直线AG,GE不是异面直线，A错误；

对于B,连接80交AC于点。，连接DQ,4。，

DDt±平面ABCD,ACI平面ABCD,^AC1DD],

又BD=D,DR,BDu平面DQB],故AC，平面2。耳,

即NDQBi为二面角D.-AC-耳的平面角,

又已旦=20,DQ=BQ=+=A/6，

OQ2+4O2_（A4）212-8

故cos/DQBT=~,B正确;

2DQBQ2x6

答案第15页，共29页

对于C,由于GDL平面ADQA，故NGA。即为直线AG与平面ADRA所成角,

而Z）G=1,A。=,故tanNGA。=A。=2^^=4，C正确；

对于D,连接AD一则£F〃A〃,AD|〃BG，.•.£F〃BG，£F=gBG，

则梯形E尸C出即为过点JB,E,尸的平面截正方体的截面，

而£B=FQ=技EF=62=272,

故等腰梯形现（出的高为J（6）2-（2，；0）2=手，

故等腰梯形斯GB的面积为:x（五+2&卜苧=^|,

即过点B,E,F的平面截正方体的截面面积为D错误，

故选：BC

15.”

33

【分析】首先根据正四棱锥的性质，确定球心的位置，再根据几何关系建立方程，即可求解.

【详解】如图，ACBD=H,连结P”，则尸平面ABC。，

四棱锥外接球的球心在PH上，设为点。，连结。8,

4,

因为球的体积V=§兀R=36兀，所以R=3,

设四棱锥的底面边长为。，则则?“=）6-必，

2V2

△OBH中,OH2+BH2=OB2,即一幺一3]+幺=9,

[V2J2

解得:a=Vio,则尸H=I,

则四棱锥的体积V=gX/xPH=g.

答案第16页，共29页

p

17n

16.~6~

【分析】分别求出球面与面45cO、面4月G。、面44出出、面例。。的交线长，相加即

可得出结果.

【详解】如下图所示:

①因为正方形ABCD的边长为2,所以，以顶点A为球心，2为半径的球与面ABCD的

交线是以A为圆心，半径为2,且圆心角为］的圆弧，其长度为］'2=兀；

②因为44j_L底面4与。］_0］,且A4,=6,

所以，以顶点A为球心，2为半径的球与面A四G2的交线是以点A为圆心，半径为

C=7^3=1,圆心角为|■的圆弧，其长度为］xi=］；

③设以顶点A为球心，2为半径的球与棱A片的交点为点E,

因为例=6，AA.1A.B,则平/松一城=拒—3=］=gAE,

所以，A\AE=^~,从而可得==

6263

故以顶点A为球心，2为半径的球与侧面的交线是以点A为圆心，半径为2,

答案第17页，共29页

且圆心角为;的圆弧，其长度为:、2=与；

④同③可知，以顶点A为球心，2为半径的球与侧面相，。的交线是以点A为圆心，半径为

2,

且圆心角为；的圆弧，其长度为三x2=g.

因此，球面与直四棱柱的表面相交所得到的所有弧长之和等于7t+g冗+?2冗x2=1?77r.

236

故答案为：萼.

6

17.殳

32

【分析】空1：由平面尸8C,则AA是四面体尸-ABC以P3C为底面时的高，所以当

S「和最大时，四面体尸-ABC的体积的最大；空2：连接AP,由

AP=Ja产-惧2=/尸一4e［l,句,可得点尸的轨迹图形，从而可得其面积.

【详解】空1：在正方体A3CD-弓与。［。］中，/切_L平面ABCD,

所以明，平面尸3C,则AA是四面体尸-ABC以P8C为底面时的高.

12

由^P-\BC=J-P3C=§XSPBCxA4j=-5PBC,

所以当Spg最大时，四面体尸-45。的体积的最大，

因为点尸在正方形ABCD的边界及其内部运动，

所以当尸在线段AD上时，5皿最大，其最大值为gx2x2=2,

所以四面体P-ABC的体积的最大值为：x2=3；

空2：连接AP,则”/少尸-闪=，41P2-4,

由若W|AP|V近，贝FAP=="A尸2_4e［1,百］,

所以点尸在以A为圆心1为半径的圆外的区域和以A为圆心行为半径的圆内的区域与正方

形A5CD的公共部分，如图(2)阴影部分扇环部分.

所以W的面积S='x(6)X7T--xl2X7T=—.

4'’42

4JT

故答案为：—;—

32

答案第18页，共29页

图1

【点睛】关键点睛：解决立体几何中动点的轨迹问题，关键是结合点、线、面的位置关系及

其性质，找出动点的轨迹，分析动点在轨迹上移动时对结果的影响.

18.(1)详见解析

⑵自

2

【分析】(1)首先取A8的中点E,要证明线线垂直，转化为先证明AB2平面PEC；

(2)根据(1)的结论，转化为V=

【详解】(1)取AB的中点E,连接PE,EC,

因为.RW,ASC均为等边三角形，所以PELAfi,ECLAB,且PEEC=E,

所以ABI平面PEC,所以AB_LPC

(2)因为A6=2,所以PE=EC=6,所以PEC是等边三角形，

由(1)可知平面尸EC,

2

所以三棱锥的体积V=gxSP£CXAB=|X|X(73)x—^―x2=.

所以三棱锥尸-ABC的体积V=立.

2

19.(1)证明见解析

(2)图形见解析，理由见解析.

【分析】(1)由正方体的性质可得ABGR为平行四边形，即可得到BCJ/AQ,从而得证.

答案第19页，共29页

(2)取BG、AQ中点分别为尸、Q,连接用Q、PQ,则N8◎尸为二面角瓦-AR-8的平

面角，根据正方体的性质可得月。，AR,再证ABLA。、PQ//AB,即可得证.

【详解】(1)证明：•••ABCD-A462是正方体，

AB//CtDt,且AB=G2，

四边形ABCQ为平行四边形，

/.BCl//ADl,

BQ<Z平面ABlDl,AD{u平面ABlDl,

BG〃平面AAR.

(2)解：取8G、AR中点分别为P、Q,连接用Q、PQ,则N4QP为二面角用一AR-3

的平面角，

理由如下：

设正方体的棱长为。，则A4=42=缶，所以用QLA，.

：尸、。分别为BG、中点，

/.PQ//AB.

在正方体ABCD-44GA中，AB人平面A4,2。，AQu平面A41A。，

/.AB±AD],

：.PQ1明，

48◎尸为二面角B「AD「B的平面角.

答案第20页，共29页

【分析】（1）解法一：连接EA，设D41cAg=",EA1cAei=N,则利用平行关

系和比例关系可证得MN〃DE,然后由线面平行的判定定理可证得结论；解法二：连接48

交A用于点G,连接G。，利用三角形中位线定理和平行四边形性质可证得四边形GDEG为

平行四边形，则DE〃GG,然后由线面平行的判定定理可证得结论；

（2）过点E作EK〃AC交于点K,由已知先证得ACJ_平面A8瓦A,再可得钮,平

面ABB^,则NEDK为DE与平面ABB^所成角,然后在RtAEDK中求解即可.

【详解】（1）解法一：存在实数2=；，使得OE〃平面A耳£.

理由如下：

如图，连接EA，DA,,设。EAcACi=N,

因为CE=gc£,AA,//CC,,AA]=CC],

ENEC.1

所以A4,=2EG，AA〃EG，所以下耳=黄=8，

/i.ly/ij/i乙

因为。为A5的中点，AB//A5i，=A^i，

DMAD1

所以2AD=4g，AD//\B1,所以.二五1二不,

ENDM1

所以而=丽=子所以MN〃DE,

答案第21页，共29页

又因为肱Vu平面ABC，DEZ平面ABC，所以OE〃平面ABg；

如图，连接AB交A用于点G,连接GO,在直三棱柱ABC-A中，四边形^8片4为矩

形，所以点G为4田的中点，

因为。为棱的中点，所以GD〃AA,GD=^A,

又因为GE〃4A,