高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (56)(含答案解析)

必修二第八章《立体几何初步》单元训练题（高难度）（56）

一、单项选择题（本大题共9小题，共45.0分）

1.圆锥底面半径为遥，高为2,SA是一条母线，P点是底面圆周上一点，则P点到SA所在直线

的距离的最大值是（）

A专B•竿C.3D.4

2.已知长方体ABC。一4B1GD1中，AB=5,AD=3,44=4,过点A且与直线CD平行的平

面a将长方体分成两部分，现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面a变化的过程

中，这两个球的半径之和的最大值是

A.1B.2C.D.7—2A/6

3.在四面体A8CD中，AB=CD=2,AC=BD=炳，4D=BC=V7,若平面a同时与直线AB、

直线CD平行，且与四面体的每一个面都相交，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面

积的最大值为（）

A.—B.或C.更D.这

8288

4.在仇章算术J）中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖席.如图，

在鳖腌A-BCD中，ABBCD,且BD1CD,AB=BD=CD,则直

线AC与平面AB£）所成角的正切值是

A.V3

B.在

3

C.V2

D.V2

2

5.某正四面体的外接球与内切球的表面积之差为127r，则该正四面体的棱长为（）

A.2V3B.4C.2D.3

6.在直四棱柱4BCD-41B1GD1中，底面ABC。为正方形，点E、尸分别是A8、BC的中点，则异

面直线EQ与AF所成角的余弦值为

A.0BW

7.已知在四面体ABC。中,ZB=AD=BC=CD=BD=2,平面ABD1平面BDC,则四面体ABC。

的外接球的表面积为（）

A.缪B.67rC.§D.87r

33

8.UMBC是边长为2g的等边三角形，E、尸分别为A3、AC的中点，沿EF把回4EF折起，使点A

翻折到点尸的位置，连接P8、PC,当四棱锥P-BCFE的外接球的表面积最小时，四棱锥P-BCFE

的体积为

A.也B.迪C.渔D.随

4444

9.一个三角形在其直观图中对应一个边长为2的正三角形，原三角形的面积为（）

A.2V6B.2V2C.2V3D.V6

二、填空题（本大题共9小题，共45.0分）

10.在正方体ABCD-ABiGDi中，设8G，BD1与底面4BCO所成角分别为a,£,则tan（a+

0）=.

11.若点N为点M在平面a上的正投影，则记N=1（M）.如图，在棱长为1的正方体48。。一41816。1

中，记平面4当久为夕，平面ABC。为y,点P是线段CCI上一动点，Qi诙（P）］”2=%［4（P）］・

给出下列四个结论：

①Q2为AABiDi的重心；

©Q^IBD；

③当CP=1时,PQJ/平面伙

④当三棱锥劣-APB1的体积最大时，三棱锥劣-APB1外接球的表面积为27r.

其中，所有正确结论的序号是.

12.如图，将棱长为。的正方体4BCC-aB1GD1与一个棱长和高均为a

的正四棱锥S-4B1GD1重叠在一起构成组合体.若该组合体的体积

为等，且该组合体的顶点S,A,B,C,。五个点在球。的球面上,

则该球的体积为.

13.如图，长方体4BC。一48也1。1中，AB=BC,BE=点F为公义中点，O为直线与

平面EFC的交点，喘=

Uo-i

14.已知a,b为直线，a,0为平面,有下列三个命题:①a〃Q,b〃6,a//p,则”/b；②a1a,b_La,

则可/b；（3）a//b,bua,贝！Ja〃a；（4）a1b,ala,贝帕〃a

其中正确命题是

15.如图，一个圆锥的侧面展开图是圆心角为90。面积为Si的扇形，若圆

锥的全面积为S2,则金等于-

16.己知矩形A8CO,AB=1,BC=6,将△4DC沿对角线AC进行翻折，得到四棱锥0-4BC,

则在翻折的过程中有下列结论：

①四棱锥。-ABC的体积最大值为:；

②四棱锥。-4BC的外接球体积不变；

③异面直线AB与CD所成角的最大值为90。.

其中正确的是一(填写所有正确结论的编号)

17.已知正四面体P-4BC的体积为这，则其外接球的表面积为.

4

18.己知圆锥的顶点和底面圆周都在半径为2的球面上，且圆锥的母线长为2,则该圆锥的侧面积

为.

三、多空题(本大题共1小题，共4.()分)

19.已知直三棱柱中，^BAC=90°,AB=AC=AAr=1,则三棱锥C】一ABC的外接

球的表面积为若。与E分别为线段AC和上的动点(不包括端点)，且1EC1则

三棱锥4-OEa体积的最大值为_(2)_.

四、解答题(本大题共U小题，共132.0分)

20.如图，正三棱柱ABC—4B1G每条棱的长度都相等，D,尸分别是棱4Bi，8c的中点，E是棱

Bi。I上一点，且DE〃平面&BC1.

(1)证明：CE〃平面4%下.

(2)求四棱锥A-BiFCE的体积与三棱柱ABC-a当好的体积之比.

21.古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A,B距离之比为常数4（/1>0且4力1）的点

的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：

阿波罗尼奥斯

如图，在长方体4BC。一公勺^^中，=240=244]=6,点E在棱A8上，BE=2AE,

动点P满足BP=gPE.若点P在平面ABC。内运动，则点尸所形成的阿氏圆的半径为；

若点P在长方体力BCD-&aGD1内部运动，尸为棱GDi的中点，例为CP的中点，则三棱锥M-

B】CF的体积的最小值为.

22.如图，在三棱锥A-BCD中，AD=243,BD=CD=2,AB=BC=AC=26

(I)求证：AD1BC；

(11)求二面角8-4。-0的余弦值；

(IE)在棱AC上是否存在一点E,使。E与平面BCD成30°角？若存在，确定点E的位置；若不

存在，说明理由.

23.如图所示，已知直四棱柱ABCD-AiBiGDi中，4。_LOC4B〃DC,且满足DC—001=24。=

2AB=2.

(1)求证：DB，平面BiBCC；

(2)求二面角为一BD-G的余弦值.

24.如图，在多面体ABCQEFG中，四边形ABC。为正方形,GB，平面ABCQ,平面4DF_L平面ABCQ,

平面CDE1平面ABCD,平面EFG〃平面ABCD,GB=2AB=2,FA=FD=ED=EC.

(I)求证：后尸_1平面806；

(H)求多面体ADEFG的体积.

25.如图，在四棱锥P—4BC。中，AD11BC,^ADC=^LPAB=90°,BC=CD=^AD,E为边AD

的中点，异面直线PA与CO所成的角为90。.

(I)在平面PAB内找一点M,使得直线CM〃平面P8E,并说明理由；

(II)若二面角P-CD-4的大小为45。，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.

26.如图，在四棱锥P-ABCD中，PAijSlABCD,AB=BC=2,AD=CD=夕，PA=遮，^.ABC=

120°,G为线段PC上的点.

(1)证明：BD1面PAC；

(2)若G是PC的中点，求。G与PAC所成的角的正切值;

27.如图，在三棱锥PABC中，P4J_底面ABC,乙BAC=90°点D,E,N分别为棱PA,PC,8C的

中点，点M是线段的中点，P4=4C=4,AB=2.

(1)求证：MN〃平面BDE；

(2)求二面角C一EM-N的正弦值;

28.如图所示，在直三棱柱ABC-Ai/Ci中，底面是等腰直角三角形，乙4cB=90°,侧棱=2,

(1)求异面直线AO与所成夹角的余弦值

(2)试问在上是否存在一点E使得点4到平面AEC的距离为竽?

29.如图，三棱锥P-4BC中，PA1底面ABC,P4=4B,点E、尸分别为PA、AB的中点，点。

在PCk,且PD=2DC.

(1)证明：CF〃平面BOE：

(2)若AABC是边长为2的等边三角形，求三棱锥P-BDE的体积.

30.如图，在三棱锥P-4BC中，点。在AB上，点E为AC的中点，且

BC///ff/'PDE,求证：DE//IS/PBC

【答案与解析】

1.答案：c

解析：

先得到底面圆周任意一点到直线S4距离范围为(0,3],然后判断轴截面的三角形的形状，找出圆周上

一点Po,使得其到到直线弘距离为3

解：不妨设S为圆锥顶点，SA为一条母线，O是S在底面的投影，

容易求得S4=3,即母线长为3

尸是底面圆周上除A外任意一点，连接PS,

显然5、4、P不在同一直线上，能确定一个平面

过P做PT_LS4,垂足为T,显然P7WSP,即P7W3

另一方面，取AO直线与底面圆的另一个交点为Q,

则根据余弦定理，ASAQ中，COS4QSA=吗需萨=匕浮<0

所以NQS4是钝角，即可以在OQ上找到一点H,使得SHLSA

再过，作QA的垂线交底面圆周于点Po,连接PoS

则容易证明Po”面SAH,从而P°H1S4

从而容易证明S41面SHP。，即可得SA1SP0

也即能在圆周上找到一点Po,使得该点到直线S4的距离为3

综上，底面圆周上一点P到S4所在直线的距离的最大值是3

故而答案选C

2.答案：D

解析：

本题考查了球的性质、利用导数研究函数的单调性、直角三角形的性质，考查了推理能力与计算能

力，属于难题.

如图所示，过两个球心与长方体的左右侧面(棱长分别为3,4的侧面)平行的截面图，设NOzME=e,

则4MFH=29.设HF=x(0<x<3).设球01，球。2的半径分别为r,R.可得tan2。=tand=f,

tan。=.解得r=2-R-3tane.令t=[工，1).R+r="+2—2t=f(t).

3~Rl+tan641+t

利用导数研究函数的单调性即可得出.

解：如图所示，过两个球心与长方体的左右侧面（棱长分别为3,4的侧面）平行的截面图，当F在

上时，

设NO2ME=0,则NMFH=29.设HF=x(0<x<3).

设球。「球。2的半径分别为r,R.

4rD

Hlijtan2d=tan9=~,tand=—.

・・.丁=2-2tan0,R=3tan0

l+tan。

R+r$2-2t,

同理易证,

当尸在NG上时，R+r=^+2-2t,

当圆。1的直径恰好为3时，易得tan。=i,

此时尸点在NG上，若尸再往下运动，显然r不变，R减小.

令t=tanO6[i,1).

/?+r=—+2-2t=f(t).

1+t八/

f(t)=」一_2=0竽J竽),可得=渔二e=1).

J9(1+t)2(1+t)22l4,J

/'(t)取得最大值7-2历.

故选。.

3.答案：B

解析:

本题考查了平面的基本性质及推论，截面面积最值的求法，涉及基本不等式求最值，属较难题.

补成长，宽，高分别为2,6，1的长方体，在长方体中可解决.

解：补成长，宽，高分别为2,遍，1的长方体（如下图）

由于EF_La,故截面为平行四边形MNK3

可得KL+KN=厅

设异面直线BC与所成的角为0,

则sing=sinzHFB=sinWM

△HFB中，HB=2,FH=FB=—，

2

-----4]

由余弦定理可得cos。=念亘=-?

・•・sind=

7

・••S^MNKL=NK,KL,sin乙NKL

4V3

=-NK-KL

4V3(NK+K.2_V3

-7I2)~29

当且仅当NK=KL=亚时取等号.

2

故选B.

4.答案：D

解析：

本题考查线面所成的角，考查线面垂直的判定与性质，属于中档题.

推导出CD14B,CD1BD,从而CDJ■平面ABD,CDLAD,进而NC4D是直线AC与平面AB。所

成的角，由此能求出直线AC与平面A8O所成角的正切值.

解：•••在鳖席4-BCD中，AB1平面BCD,且BD1CD,AB=BD=CD,

CD1AB,CD1BD,

vABC\BD=8,：.CD，平面ABD,：•CD1AD,

“4。是直线AC与平面AB£＞所成的角,

设4B=BD=CD=1,

则直线4c与平面ABO所成角的正切值是:

,AnCO1V2

tanZ.CAD=—=/〉）=——

ADVl2+122

故选D.

5.答案：D

解析:

本题考查球的表面积和体积，棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积，属于中档题.

根据球得表面积和体积公式可得半径，继而求得结果.

解：设该正四面体的棱长为。，外接球的半径为心内切球的半径为r,

不难求出正四面体的高=J俘]—肆词2=引,

由R2=（号a—R）2+（?ax|）2,得R=9a，

由体积相等得打（亚去展。）*当。=4*"（如去。0",

得r=*,

因为47r—12n-,

所以a=3,所以正四面体的棱长为3,

故选D.

6.答案：A

解析：

本题考查了异面直线及其所成的角的余弦值，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于

基础题.

由线面垂直的判定定理，可证的4F1平面EDD】，可得则4FJ.ED],即异面直线ED1与4尸所成角为

p可得异面直线EC】与AF所成角的余弦值.

解：在直四棱柱ABC。—为/口。1中，底面ABCZ)为正方形的边长为a,

因为。011平面A3CZ),AFABCD,所以。。114尸，

在直角三角形OAE中，tan乙405="=之=；

ADa2

在直角三角形ABF中，tan/FAB=将=岂=工，所以—DE=4F4B,

ABa2

因为NF4B+ND4F=],所以4ADE+/ZMF=m，所以4F10E,

又DECDD=D,所以AFI平面£7叫，ED】u平面£7叫，则AF_LEDi，即异面直线ED】与AF所成

角为方

故《。1与A尸成角的余弦值为0.

故选A.

7.答案：A

解析：解：如图取8£＞中点”，AC中点M,连接

因为力B=AD=BC=CD=BD=2,平面ABD_L平面BDC

所以BOJ.CH,BDLAH,则8。1面AC”，三角形AC”是等腰直角

三角形.所以MH14C,所以乙4HM=45。，AH=6，

所以球心必落在直线MH上,设为点O,连接。4、OD,则。4=0D=B

0C=0B.

设MH=久，在三角形OHD中，HD=1,所以MD2=/+I

在三角形AM"中，。/=/+一2百比0545。

所以/+1=x2+V32-2遮xcos45。，解得x=g所以”=MD2=|

3J

故外接球的表面积S=47TR2=等

故选：A.

如图：由题意可知，三角形ABD与三角形C8。是全等的等边三角形，取8。的中点”，则三角形

ACH是等腰直角三角形，且整个四面体关于该三角形所在平面对称，所以球心必在该三角形的斜边

上的中线上，然后设OH=x,分别在三角形A40,三角形。”。中将。4。。表示出来，利用它们

相等列方程求出x,问题即可解决.

本题考查了空间几何体的外接球的表面积与体积的计算方法，此类问题的关键是根据题意找到球心,

列出关于半径的方程.

8.答案：D

解析：

本题考查多面体的外接球，考查数学转化思想方法，训练了多面体体积的求法，是中档题.

由题意画出图形，BC的中点。为等腰梯形5CFE的外接圆的圆心，可知要使四棱锥P-BCFE的外

接球的表面积最小，则半径最小，即需要。为四棱锥P-BCFE的外接球的球心，由此可得0P,求

解三角形得到P到平面BCFE的距离，再求出等腰梯形BCFE的面积，代入棱锥体积公式求解.

解：如图，由题意，BC的中点。为等腰梯形BCFE的外接圆的圆心，

则四棱锥P-BCFE的外接球的球心在过。且垂直于平面BCFE的直线上，

要使四棱锥P-BCFE的外接球的表面积最小，则半径最小，即需要。为四棱锥P-BCFE的外接球

的球心，

99

此时0P=08=遥，PG=0G=-0A=-,贝Ijcos/POG==―,

222X\^X-3

•••P至U平面BCFE的距离为d=0P-sin/POG=V2.

又SBCFE="遍+2遮）x|=竽.

••・四棱锥P-BCFE的体积为了=2x%x&=越.

344

故选：D.

9.答案：A

解析：

本题考查空间几何体的直观图，属于基础题.

先求出直观图的面积;x2x2xsin6(T=遮，然后根据直观图和原图的面积的关系等=乎，即可

得出答案.

解：•••三角形在其直观图中对应一个边长为2的正三角形，

•••直观图的面积是!x2x2xsin600=V3,

由斜二测画法中直观图和原图的面积的关系等=1，

・••原三角形的面积为噜=2遍.

故选A.

10.答案：3+2应

解析：

本题考查直线于平面所成的角以及两角和差的正切公式，属于中档题.

先求出tana=1,tan/?=,，再根据两角和的正切公式计算，即可得到答案.

因为CG，DDi都与底面A8CQ垂直，所以a=NCBC「/?=NOBO「

tana=1,tang=q=,

1+4=L

所以tan(a+£)=T=3+2近.

%

故答案为3+2V2.

11.答案：①②③

解析：

本题重点考查空间中的线、面位置关系、重心和棱柱的外接球问题，考查推理能力和计算能力，属

于中档题.

连接C4,则，AABiDi为正三角形，由Q2为正三角形△力B】Di的中心，也是△AaDi的重心，可判

断①正确;由线面垂直的性质可知②正确;若PQ〃平面0,则PQ〃4E,设CP=t(0<t<1),由1=g,

可知③正确;当三棱锥Di-APB1的体积最大时，由S或=3%可知④错误.

解：因为％(P)=C,连接C4,如图：

则有C&1平面AB15，

C4in平面AB/i=Q2，CA=CB1=CDr,△ABi%为正三角形,

所以Q2为正三角形△力&Di的中心，也是△4aD1的重心，

所以①正确；

由C4_L平面4&。1，C&u平面4%出，

所以平面力CG&J_平面4B15，

记%(P)=Q，

由B0J.4C,BD1CCr,ACnCCX=C,

AC,CGu平面4CC14,

得BD1平面4CC14，

Qi，Qz6平面ACC141，

则QQ

所以②正确；

若PQ〃平面口，则PQ〃AE,

设CP=t(0<t<1),AEnCG=M,

由Rt△MAC-Rt△MPQ,

得「<2=m，易得QIC=¥(2T),

由PQ〃AE,则"Q[C=/.MAC,

t_2

由taMPQiC=tan/AMC得，乏=后

解得t=CP=/所以③正确；

当P与C重合时，，£>1一4PBi=Vp-ABiDi最大，P—为棱长为近的正四面体,

其外接球半径7?=争贝2季=3%所以④错误.

故答案为①②③.

12.答案：-

解析:

本题考查正方体与棱锥体积、球的体积，考查逻辑推理能力、运算求解能力及方程思想，属于中档

题.

根据该组合体的体积为竽，可解得a=4,易知球。的球心在过点S且与底面垂直的直线上，设球

的半径为R,则在RtAOOiB中，（8-7?）2+（2位）2=/?2,即可解得球的半径，进而求得体积即可.

解：由题意，得a3+[xa2xa=等,解得a=4.

根据几何体的对称性，易知球。的球心在过点S且与底面垂直的直线上，

如图所示：

设球的半径为

q

则在RM。。/中，（8—幻2+（2或）2=/?2,解得R=g,

所以所求球的体积S=^/?3=等.

故答案为等.

13.答案：,

解析：

本题通过考查截面问题，深入考查了学生的逻辑推理能力以及空间想象能力等数学核心素养，此题

难度较大，关键是如何找到截面CEF与对角面8。么的交线.

关键是找到平面CEF与平面BOD1的交线，从而将问题转化到一个平面图形中来解决，要考虑利用

平行线与比例关系的转化.可以利用面面平行的性质，在上底面中过点尸找到与EC平行的线，以

及该线与劣名的交点，则就可以利用平行线分线段成比例求解，问题即可解决.

解：找D1G的六等分点且黑

易证FH//CE,

设FHCBM=N,CECBD=M,

连接MM则“、N、。三点共线，

（•.•平面EFCn平面=MN）

.,.BM~■―1,,,DM-3，

DM3BD4

易证^号，・・・篙/

o尸101O

DODM376

J.____~~~--—―-

“OB1-NB1-4'817

故答案为*

A

EB

14.答案：②

解析：

本题主要考查了线面的位置关系，难度一般.逐项分析得出正确的命题.

解：①，a//a,b//p,则a,的关系不确定，故错误；

②，a_Lc.b_Lc,则。〃6,由线面垂直的性质可知是正确的；

(3~)a//b,bca,则a〃a或aua,故错误；

(4)a1b,a1a,则b〃a或bua,故错误.

其中正确命题是②.

故答案为②.

.答案:

15p4

解析：

本题考查旋转体，解答本题的关键是了解圆锥的几何特征以及掌握圆锥的面积公式，本题考查了空

间想像能力及运用公式计算的能力;设圆锥的底面半径为，，圆锥的母线长为/,由于圆锥侧面展开

图是一个圆心角为90。的扇形，可知圆锥的母线长为l=4r,求出无圆锥的全面积为S2,即可求出勤

解：设圆锥的底面半径为r,圆锥的母线长为/,

•••圆锥侧面展开图是一个圆心角为90。，

=2?rr,二圆锥的母线长为，=4r,

222

Sr=^nl—4itr,圆锥的全面积为S2=兀/+nrl=Snr,

.互=与

Si4'

故答案是"

4

16.答案：①②③

解析：

本题考查了平面与立体几何的关系，考查了三棱锥中线线关系，二面角以及三棱锥的外接球的表面

积，较综合，属于难题

将矩形折叠后得到三棱锥，①四面体ABCD体积最大值为两个面互相垂直求三棱锥的底面积和高计

算；

②求出三棱锥的外接球半径，计算表面积；

③当二面角A—BD-C为直二面角时，可求值.

解：①四面体ABCD体积最大值为两个面互相垂直，它的体积为:x2xlx6x曰=点所以①正

确；

②取AC中点0,由直角三角形性质可得。4=。8=0C=。。，则。为三棱锥4-BC0的外接球球

心，

所以三棱锥4-BCD外接球的半径为叵画=J所以三棱锥4-BCD外接球的体积为詈xI3=

2

②正确;

③取AC中点。，A。中点。，BC中点H,连接OQ,OH,QH

容易知道4Q。”或其补角是异面直线AB,所成角

13

CQ2+。牙2〈+厂

QHiQH'1-QH2

根据余弦定理

2OQOH

2Jx遗~7T

299

当翻折过程中，QH=1时，ZQO//W,所以③正确.

故答案为：①②③.

277r

17.答案:

2

解析：

本题主要考查了正四面体外接球的表面积，考查学生空间想象能力，属于中等题.

2

三棱锥P—ABC的棱长为小Vp_4BC=|x|axJa2_(|x'a)2xsin60。=*(13解得＜1=3,结

合勾股定理可得球的半径，根据公式即可求解.

解：如图，设△ABC的外接圆的圆心为。「

因为三棱锥P-4BC的所有棱长相等，顶点都在球。上，

设三棱锥P-4BC的棱长为a,

所以

2223

VP_ABC=|x|axJa—（|xya）xsin60°=^|a»

由越=返（13解得。=3,

412

所以△ABC的外接圆半径为r=3x-x—=V3.

32

所以三棱锥的高P01=J32-（百）2=V6-

设球的半径为R,所以/?2=（n一/?）2+（b）2,解得R=：n,

所以三棱锥的外接球的表面积为47rx3伤）2=子.

42

18.答案：2v57r

解析:

本题考查了旋转体的侧面积的

简单计算，属基础题.

根据球的半径以及圆锥的母线长均为2,得到圆锥的底面半径，进而得到侧面积.

解，如图，设圆锥顶点为。，R是圆锥底面圆周上一点，连接球心。和圆锥底面圆圆心P,则。P垂

直于底面圆P,PR10Q,又0Q=OR=QR=2,PR=6

圆锥的侧面积S=nrl=7TXV3x2=2V3TT.

故填2次兀.

19.答案：3兀

1

24

O

解析：

本题考查了三棱柱的性质、三棱锥的体积计算公式、直角三角形的性质、基本不等式的性质、球的

表面积，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.

如图所示，设三棱锥G-力BC的外接球的半径为，，可得2r=B£=6.即可得出外接球的表面积.

建立空间直角坐标系.设。(0,/",0),E(n,0,0),e(0,1)).由OB11EG，可得西〉扇=0,

可得n+m=1.三棱锥A-DE/体枳U=VB^ADE=|xlx\mn,利用基本不等式的性质即可得出.

①设三棱锥G-4BC的外接球的半径为r,

则2r=BQ=V3.

二外接球的表面积S=4兀产=4兀x(^)2=37r.

②建立空间直角坐标系.4(0,0,0),8[(1,0,1),6(0,1,1),

设。(0〃，0),£*(71,0,0),(m,nG(0,1)).

西竭=(-n,l，1)，

DBi1Eg,西-~ECl=-n-7n+1=0，

即？i+m=1.

2

・•・三棱锥4-DE%体积V=VBADE=1x1x|mn<x(^^)=三当且仅当m=n=:时取等号.

因此其最大值为

24

故答案为3兀；卷.

24

20.答案：(1)证明：因为DEu平面ABiQ,

平面HiBiGn平面&BC1=AiG，

且DE〃平面4/Cr所以DE〃41G,

因为。是棱儿%的中点，所以E是/Ci的中点，

又F是棱8C的中点，所以&E〃FC,BiE=FC,

所以四边形EB/C是平行四边形，所以CE〃B】F.

又BiFu平面4BiF,CE不包含于平面AB】F,

所以CE〃平面4B/;

(2)解：因为尸是棱BC的中点，所以AF1BC

又BBi1底面ABC,AFu底面ABC,所以BB11AF,

而BBinBC=B.所以AF_L平面BgCB,

设BC=2a,则4F=ga,四校锥4-B/CE的体积匕=[xV^ax[x(2a/=等。3,

又三棱柱ABC—A/iG的体积彩=曰(2a)2x2a=2V3a3，故受=

所以四棱锥4-BiFCE的体枳与三棱柱的体积之比1：3.

解析：本题主要考查线面平行的判定及棱柱和棱锥的体积，属于基础题.

(1)由线面平行的判定，只要证出面外的线CE平行于面内的线名尸即可；

(2)由棱锥和棱柱的体积公式分别求出四棱锥4-B/CE的体积与三棱柱4BC-必当^的体积即可.

21.答案：2V；

解析：

本题考查了空间距离的求法，考查了三棱锥的体积运算，考查了转化思想，计算能力，①若点P在

平面ABC。内运动时，如图以A为原点距离平面直角坐标系，可得E(2,0),8(6,0).设。(爸丫)，由BP=

VIPE可得BP?=3PE?.即3(X-2)2+3y2=(x-6)2+y2=>x2+y2=12•即可②若点尸在长方

体ABCD-4BiGCi内部运动，由①可得点尸在半径为2国，球心为4球上.建立空间直角坐标系,

求得A到面"Bi的距离为d,求得P到面“Bi的距离的最小值d,又M到面尸OB1的距离的最小值

为?，利用体积公式即可求解：①若点P在平面ABCD内运动时，

如图以A为原点距离平面直角坐标系，可得E(2,0),8(6,0).

设P(x,y),由BP=V5PE可得BP?=3PE2.

即3(x-2)2+3y2=(x-6)2+y2,=%2+八=篮.

则点P所形成的阿氏圆的半径为26，圆心为A,

②若点P在长方体4BCD-&B1GD1内部运动，由①可得点尸在半径为2百，球心为A球上.

以。为原点，分别以D4,£>C,DO［为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，可得4(3,0,0),F(0,3,

3),C(0,6,0),&(3,6,3)

则方=(0,3,-3),西=(3,3,0),AC=(-3,6,0)

设面FBiC的法向量为沅=(XJ,Z),

fm-FC=3y-3z=0-r4日一.八

——>，可得?n=(l,—l,-l).

(沆•FBi=3%+3y=0

A到面FCB］的距离为d=甯^=3=3b.

・••则P到面FCBi的距离的最小值为3百-2V3=V3,

•••M为CP的中点，M到面FCB］的距离的最小值为日.

则三棱锥M-BiCF的体积的最小值为

1cV3'ygB、2v6_9

一3SAFCB、，—2=3一x—4x'(3V2)’x—2=4—

故答案为：2V5;］.

4

22.答案：(I)证明：如图，取8c的中点F,连接4吃。凡

vAB=AC.BD=CD,

AF1BC,DF1BC,

•:AFC\DF=F,

BCJL平面ADF,

又40u平面ADF,

AD1BC.

(口)解：在4BCD中，

•/BD24-CD2=8=BC2,：.BD±CD.

1厂

DF=-BC=V2.

vAB=BC=AC=2V2,

:*AF=2V2x=V6.

设点A到平面/BCD的距离为h,

在。4FD中，由余弦定理得：

（通产+（注-一（2次产近

2xV2xV6-3，

・•.h=AFxsinZ.AFD=2.

以。为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则8(2,0,0),C(0,2,0),4(2,2,2),

进而前=(-2,2,0),C4=(2,0,2)，

设平面A8c的法向量为元=Qi，yi，Zi),

则五1瓦苏1瓦

即弧-匣=-2xi+2yi=0

t可•CX=2%1+2zi=0

不妨取方=(1,1,一1).

同理，可得平面AC£>的一个法向量为芯=(1,0,—1).

―>―»n7rij1+0+1V6

cos<nn>=I-=-r=—r==T，

lf2M1IM2IV3XV23

由图可以看出，

二面角B-AC-。为锐角，

故所求二面角的余弦值是在.

3

(血)存在.

证明:设E(x,y,z)是棱AC上一点，

则x=z>0,y—2,

又易知平面BCD的一个法向量元=(0,0,1),

且DE=(x,2,x)>

要使ED与平面BCD成30°角，

则说与五的夹角为60°,

/.cos<D它,7t>=

I碇II宿

―&2+4=cos600=5,

解得X=低(舍负),

则CE=或％=2.

故棱AC上存在一点E,当CE=2时，ED与平面BCD成30。角.

解析：本题考查余弦定理，空间中直线与直线的位置关系，线面垂直的性质，直线与平面所成角，

二面角，空间直角坐标系，利用空间向量求线线、线面和面面的夹角，属于难题.

(1)取8(7的中点下，连接AF,DF.证明BC平面AQF,进而得出ZD_LBC；

(口)设点A到平面4BCD的距离为/?,由余弦定理求出/?,利用空间向量可求出二面角B-4C-。的

余弦值；

(HI)设E(x,y,z)是棱AC上一点，结合已知可得当CE=2时，ED与平面BCD成30。角.

23.答案：解：(1)设E是力C的中点，连接BE,

则四边形D4BE为正方形，二BE1CD.故8£)=&，BC=V2，CD=2,

4DBC=90°,即BC1BC.

又BD1B]BCBC=B

二BD(6分)

(2)由(/)知DB1平面BCC14,

又BGu平面BCG/,；.BD1BG，

取QB的中点F,连接&F,又

则4尸1BD.取。G的中点M,连接FM,则FM1BD.

.♦.乙hFM为二面角4一BD-G的平面角.

连接&M,在中，4尸=等

FM==、BC2+y=争

取DiG的中点，，连接&H,HM,在中，

•・,A1H=V2,HM=1,・•.&M=V3.

・•・cosZ.A1FM=—.

••・二面角4一BD-G的余弦值为

解析：（1）设E是OC的中点，连接BE,BD1BC,又BDLBB1,B$CBC=B,根据线面垂直的

判定定理可知BC工平面BCGBi；

（2）取。B的中点F,连接&F,取的中点M,连接FM,根据二面角的定义证得N4/M为二面角

①-80-（71的平面角，取。1口的中点4,连接&H,HM,在RM&HM中求出N&FM即可.

本题主要考查了直线与平面垂直，以及二面角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论

证能力，属于中档题.

24.答案：证明：（1）分别取。（7,AD的中点M,N,连结FMEM,MN,AC,则MN〃AC.

vFA=FD=ED=EC,:.FN1AD,EM1CD.

••・平面ADFABCD,平面CDE_L平面ABCD,

平面ADFC平面力BCD=AD,平面CDED平面ABCD=CD,

FN在平面ADF内，EM在平面CDE内，

•••FN，平面ABCD,EM，平面ABCD,

■■.FN11EM,即M,N,F,E四点共面.

又♦.•平面EFG〃平面ABCD,平面MNFECl平面EFG=EF,

平面MNFEn平面4BCD=MN,•••EF//MN.

又MN“AC,.-.EFUAC.

在正方形ABCD中，AC1BD,：.EF1BD.

又•••GB1平面ABCD,GBJL平面EFG,£尸在平面EFG内，

EF-LGB.

•：BGCBD=B,BG、BD在平面BDG内，

EF，平面BDG.

(口)连结BN,

•.1GB1平面ABCD,FN_L平面ABCD,GB//FN.

vGB仁平面ADF,FNu平面ADF,：.GB〃平面ADF,

G点到平面A。尸的距离4等于B点到平面AOF的距离.

又平面ADF1平面ABCD,平面ADFn平面ABC。=AD,ABLAD,

二4B1平面AOF,即d=l,

1111

^G-ADF—j^BADF'd=~X-X1X2X1=-.

又•.・平面EFG〃平面ABCD,平面BNFGC平面EFG=FG,

平面BNFGn平面力BCD=BN,

•••FG〃BN,.,.四边形BNFG为平行四边形，

FG=BN=小2+=与

同理可求得EG=匹.

2

又由(I)可知MNFE为平行四边形，且EF=MN=|/1C=

SHEFG=1XTXJ(T)-(I,T)=I'

•••VD-GEF=团GE尸.8G=1X|X2=$

117

故多面体ADEFG的体积V=VC_ADF+VD_CEF=1；=台

解析：本题考查空间直线与平面间的平行和垂直关系、多面体的体积，考查逻辑推理能力、空间想

象能力和运算求解能力.

(1)首先取。＜?,A。的中点M,N,然后利用条件中的垂直和平行关系证明EFJ.B。与EF1GB,即

可证明结果；

(H)首先将多面体AOE/C分解为两个三棱锥G-4DF与三棱锥。-GEF,然后根据已知条件计算出

这两个三棱锥的体积即可.

25.答案：解：(1)在梯形A8C。中，AB与C。不平行.

延长AB,DC,相交于点M(M€平面P4B),点例即为所求的一个点.理由如下：

由点E为4。的中点，可得4E=ED=[a。，由BC=C0=g4。，可得ED=BC,已知ED〃BC.

所以四边形BCDE是平行四边形.

从而可得CM〃EB.又EBu平面P5E,CMU平面PBE,所以CM〃平面PBE.

(2)方法一：由已知1CD1P4CD1AD,PAOAD=A,且PA,PCu平面PA。，

所以CD1平面PA。，PDPAD,

从而CD1PD,

所以/PDA是二面角P-CD-4的平面角,

所以/PDA=45°,

设BC=L则在RtZ\P4D中，PA=AD=2,

过点A作4HleE,交CE的延长线于点“，连接P”,

APAB=90°,即P4J.AB,异面直线PA与C£＞所成的角为90。，即24J.CD,

又因为48nCO=M（延长AB,C£»交于点M）,且43,C。u平面A8C。，

易知PA_L平面ABCD,CEu平面ABCD,

从而241CE.

又♦；PACAH=A,且PA,AH