高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (11)(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）（11）

一、单项选择题（本大题共5小题，共25.0分）

1.己知异面直线6所成的角为60。，过空间一点。的直线与a,b所成的角均为60。，这样的直

线有（）

A.1条B.2条"C.3条D.4条

2.己知某圆柱的底面直径与某圆锥的底面半径相等，且它们的表面积也相等，圆锥的底面积是圆

锥侧面积的一半，则此圆锥与圆柱的体积之比为（）

A.8:5V3B.4:5V3C.273:5D.4:11V3

3.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该儿

何体的表面积为（）

A.手B.7兀C.当D.87r

22

4.a,b,c表示直线,M表示平面，给出下列四个命题:①若可/M,；②若buM,a//b,则

a//M；③若ale,blc,^a//b；④若则a〃。其中正确命题的个数有（）

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

5.在下列条件中，可判断平面a与平面/?平行的是（）

A.a、口都垂直于平面y

B.a内存在不共线的三点到平面的距离相等

C.I,，〃是a内两条直线，且”/3,小〃0

D./,优是两条异面直线，S.l//a,m//a,Z///?,m///?

二、多项选择题（本大题共1小题，共4.0分）

6.已知正方体ABCD棱长为2,M为eq上的动点J•平面a.下面说法正确的是（）

A.直线A8与平面a所成角的正弦值范围为［⑨,虺.

32

B.点M与点G重合时，平面a截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大

C.点M为CG的中点时，若平面支经过点8,则平面a截正方体所得截面图形是等腰梯形

D.已知N为DDi中点，当ZM+MN的和最小时，M为CG的中点

三、填空题（本大题共13小题，共65.0分）

7.在正方体4BCD-A$iCiDi中，M,N,。分别是棱。道1，A^,BC的中点，点P在BD】上且

BP=|BDi，则下面说法正确的是.

①MN〃平面APC；②GQ〃平面APC；③A,P,M三点共线；④平面MNQ〃平面APC.

8.在直四棱柱ABCC—4B1GD1中，侧棱长为6,底面是边长为8的菱形，且N4BC=120。，点E

在边BC上，且满足BE=3EC,动点M在该四棱柱的表面上运动，并且总保持ME18劣，则

动点M的轨迹围成的图形的面积为;当MC与平面ABCO所成角最大时,异面直线MG与

AC所成角的余弦值为.

9.在长方体48以）一4$1的。1中，&C和与底面为B1GD1所成的角分别为60。和45。，则异面直

线和所成的角的余弦值为.

10.如图，圆形纸片的圆心为O,半径为6cm,该纸片上的正方形ABC。的中心为O.E,F,G,H为

圆。上的点，团4BE,团8c凡E1CDG,囱4DH分别是以4B,BC,CD,04为底边的等腰三角形，沿

虚线剪开后，分别以AB,BC,CD,ZM为折痕折起回ABE,团BCF,因CDG,回ADH,使得E,凡G,“重

合，得到一个四棱锥，当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的体积为

11.已知四棱锥S-HBCD的所有顶点在同一球面上，底面ABC。是正方形且球心O在此平面内，当

四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于16+16V3,则球。的体积等于.

12.已知P,A,B,C是球O的球面上的四个点，P41平面ABC,PA=2BC=6,ABA.AC,则球

O的表面积为.

13.已知两条直线相、〃，两个平面a、0,给出下面四个命题：@m//n,m1a=>n1

a；②a〃£,mua,nu£=m〃n；（3）m//n,m//an//a；④a〃

P，m//n,m1a=>n1

其中正确命题的序号是.

14.如图所示，在长方体48。。-4/16。1中，8%=815,点E是棱CQ上的一个动点，若平面BE%

交棱于点F,给出下列命题：

①四棱锥&-BEDiF的体积恒为定值；

②存在点E,使得小。，平面BO/；

③存在唯一的点E,使得截面四边形的周长取得最小值；

④存在无数个点E,在棱AO上均有相应的点G,使得CG〃平面也存在无数个点E,对

棱4力上任意的点G,直线CG与平面EBD]均相交.其中真命题的是.（填出所有正

确答案的序号）

15.如图，已知二面角a-1-0的大小为60。，其棱上有A,8两点，直线AC,BZ）分别在这个二面

角的两个半平面内，且都垂直于48,已知AB=2,AC=3,BD=4,则线段CO的长为.

16.如图所示，某几何体由底面半径和高均为1的圆柱与半径为1的半球对接而成，在该封闭几何

体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，设小圆柱体底面

半径为cos。，则小圆柱体积的最大值为.

17.如图，已知球。是棱长为1的正方体ABCD-4B1GD1的内切球，则平面AC/截球。的截面面

积为.

18.将48=条边长为1的菱形4BC。沿对角线AC折成大小等于。的二面角AC—O,若

0e[py],M,N分别为AC.BD的中点，则下面的四种说法中：（需要给图）

①AC1MN;

②DAI与平面4BC所成的角是0；

③线段MN的最大值是*最小值是手；

④当。=］时，BC与4。所成的角等于

其中正确的说法有(填上所有正确说法的序号).

19.一个圆锥的侧面展开图是半径为3,圆心角为120。的扇形，则该圆锥的体积为.

四、解答题(本大题共U小题，共132.0分)

20.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面4BCD是边长为4的菱形，/.DAB=60°,PA=PD=2金,

尸为AB的中点，PF1.AC.

(1)求证：面尸4。1面ABCD-,(2)求三棱锥B-PCF的体积.

21.如图，A,B,C,。为空间四点.在△ABC中，AB=2,AC=BC=V2,等边△ACB以AB为

轴运动.

(1)当平面4DB_L平面ABC时，求CD；

(2)当AADB转动时，是否总有4B1CD?证明你的结论.

22.如图，菱形48co的边长为12,^BAD=60°,AC与BO交于。点.将菱形A8C。沿对角线AC

折起，得到三棱锥B-4CD,点M是棱8C的中点，DM=66

(/)求证：平面0CM平面A8C；

(〃)求二面角M-AD-C的余弦值.

23.如图:ABC。是平行四边形,4PI5?ffiABCD,BEHAP,AB=AP=2,BE=BC=1,^CBA=60°.

(1)求证：EC〃平面PAO；

(2)求证：平面「力。1平面后8。；

(3)求直线尸C与平面PABE所成角的正弦值.

24.如图，三棱柱4BC-4181cl中，CA=CB,AB=AAr,Z-BAAX=

(1)证明：4BJ.&C；

(2)若平面ABC1平面441&B,AB=CB=2,求直线41c与平面B&GC所成角的正弦值.

25.如图，在四棱锥P-4BCD中，PAI5?®ABCD,Z.ABC=/.BAD=90°,AD=AP=4,

AB=BC=2,M为PC的中点，点N在线段AQ上.

(/)点N为线段的中点时，求证：直线P4〃BMN；

(〃)若直线MN与平面P2C所成角的正弦值为右求平面P8c与平面所成角。的余弦值.

26.求图中阴影部分绕A8所在直线旋转一周所形成的几何体的表面积和体积.

27.如图，在四棱锥P—4BCD中，底面ABC。为平行四边形，^ADC=45%AD=AC=1,。为

4c的中点，P。，平面A8C。，PD=2,M为P0的中点.

(1)证明：PB〃平面ACM.

(2)证明：4D1平面PAC；

(3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值.

28.如图,三棱柱4BC-4/iCi中，侧面BBiGC为菱形,&C的中点为0,且A。_L平面BB©C.

(1)证明：BiClAB；

(2)若4cd.AB】，Z-CBBi60,BC=1,求三棱柱ABC-4务口的高.

29.如图，边长为5的正方形A8C£＞与矩形ABEF所在平面互相垂直，M,N分别为AE,8c的中点,

AF=4.

(1)求证：DA_L平面A8EF；

(2)求证：MN〃平面CDEF-,

(3)在线段FE上是否存在一点P,使得AP1MN?若存在，求出FP的长；若不存在，请说明

理由.

30.如图，直三棱柱4BC-中，&Ci=BiG，4cli418,M,N分别是公名、AB的中点.求

证：

(I)GM_L平面/MBMi；

(UM/J.4M；

(HI)平面4MG〃平面NBiC.

【答案与解析】

1.答案：C

解析：

本题考查满足条件的直线条数的求法，考查异面直线的定义等基础知识，考查运算求解能力，考查

函数与方程思想，是中档题.

过。作a'〃a,b'〃b设直线a'、b'确定的平面为a,由异面直线人成60。角，得直线a'、b'所成锐角

为60。，当直线/在平面a内时，能推出一条直线/与〃都成60。角；当直线/与平面a斜交时，

若它在平面a内的射影恰好落在直线a'、"所成的锐角平分线上时，直线/与〃所成角相等.由此

能求出结果.

解：过。作a'〃a，b'//b,

设直线a'、b'确定的平面为a,

:异面直线“、b成60。角，

直线a'、b'所成锐角为60。

①当直线/在平面a内时，

若直线/平分直线a'、b'所成的钝角，

则直线/与〃、匕都成60。角；

②当直线/与平面a斜交时，

若它在平面a内的射影恰好落在

直线a'、b'所成的锐角平分线上时，直线/与“、人所成角相等.

此时/与a'、b'所成角的范围为［30。,90。］,

适当调整/的位置，可使直线/与〃、人也都成60。角，这样的直线/有两条.

综上所述，过点P与a'、b'都成60。角的直线，可以作3条

•••a///a,b,//b,

•••过点。与a'、b'都成60。角的直线，与“、从也都成60。的角.

故选C.

2.答案：A

解析：

本题考查简单几何体的表面积与体积，考查空间想象能力.

由圆锥的性质求得圆锥的底面半径r与母线长/之间的关系，求出圆锥的体积，再求得圆柱的高为电与

，•的关系，求得圆柱的体积即可.

解：设圆锥的底面半径为r,母线长为/,贝Ei=[x]x2仃1，即:2r,所以圆锥的高瓦=V3r.圆

锥的体积匕=-nr2^=—nr3-

1313

由题意，知圆柱的底面半径为；，设圆柱的高为电，因为圆锥与圆柱的表面积相等，所以3仃2=

2吒）2+2兀（*2,解得九2=|r，

所以圆柱的体积彩=兀6）2九2==兀八，故无=汇=2.

3

N8y2-Ttr5V3

故选A.

3.答案：B

解析：

本题考查了空间儿何体的三视图，圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积和体积和球的表面积和体积.

利用空间几何体的三视图得该几何体，再利用圆柱和球的表面积计算公式计算得结论.

解：由三视图可知，该几何体一个底面半径为1,高为2的圆柱和半径为1的球的;的组合体，

因此该几何体的表面积为27rx1x2+2xJrx12+-x4TTx1J77r.

q

故选&

4.答案：B

解析：

本题考查空间中两条直线的位置关系，线面平行的判定定理、线面垂直的性质定理，属于基础题.

对于四个命题：①平行于同一平面的两直线有平行、相交、异面三种情况；②由线面平行的判定定

理判断：③垂直于同一直线的两直线有平行、相交、异面三种情况；④由线面垂直的性质定理判断.

解：对于①，可以翻译为：平行于同一平面的两直线平行，错误，还有相交、异面两种情况；

对于②，若bua,a//b,若aca,则a〃a不成立，故错误；

对于③，垂直于同一直线的两直线平行，在平面内成立，在空间还有相交、异面两种情况，错误；

对于④，垂直于同一平面的两直线平行，由线面垂直的性质定理可知正确.

故选民

5.答案：D

解析:

本题主要考查了两个平面之间的位置关系，通过举例子，和特殊图形来进行判断，或使用排除法.

解：利用排除法：对于A：如图所示：

对于B：a内不共线的三点到0的距离相等，必须是a内不共线的三点在0的同侧.

对于C：I,〃，是a内的两条直线且，〃/?,rn//p,/和胆不是平行直线.

故选D.

6.答案：AC

解析：

本题考查了立体几何的综合问题，考查学生的分析推导能力，计算求解能力，属于困难题.

对于A,建立空间直角坐标系设点M(0,2,a)(0SaS2),求出|cos＜四，词＞|从而即可求解.

对于8,结合题意连接40、BD、&B、AC,结合线面垂直的性质定理即可求解.

对于C,设平面a交棱于点E(80,2),从而利用空间向量即可求解.

对于D,将矩形4CG4与矩形CGDiD延展为一个平面即可推导求解.

解：对于A选项，以点。为坐标原点，D4、OC、所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角

坐标系。-xyz,

则点4(2,0,0)、B(2,2,0)、设点M(0,2,a)(0Wa＜2),

"AM1平面a,则祠为平面a的一个法向量，且施=(—2,2,a),AB=(0,2,0),

|cos〈艰祠>|=晅晅=T==*=e卢刍，

11\AB\-\AM\2xVa2+8Va2+8L3'2J

所以，直线AB与平面a所成角的正弦值范围为[①,上],A选项正确；

对于8选项，当例与G重合时，连接&D、BD、&B、AC,

在正方体4BC0-4为口劣中，CGABCD,

,:BDu平面ABCD，:.BD1CC1；

•••四边形ABCD是正方形，则8DJL4C,

CC]nAC=C>>,-BD_L平面ACC1，

•••Au平面ACC],ACX1BD,

同理可证AC】1A1D,

A-[DnBD—D,••4cl平面&BD,

易知回A/D是边长为2a的等边三角形，

其面积为，4遇。=手X(2/=2百，

周长为2V2X3=6V2.

设E、F、Q、N、G、H分别为棱力/1、BBi、BC、CD、DD1的中点,

易知六边形EFQNGH是边长为鱼的正六边形，且平面EFQNG〃〃平面

正六边形EFQNGH的周长为6混，面积为6X手x(鱼『=38，

则日的面积小于正六边形EFQNG”的面积，它们的周长相等，B选项错误;

对于C选项，设平面a交棱于点E(b,0,2),点M(0,2,l),AM=(-2,2,1).

vAMJ_平面a,DEu平jfja,

:.AM1DE,

即福•屁=-2b+2=0，得b=1,

•••E(1,0,2),

所以，点E为棱的中点，

同理可知，点F为棱为&的中点，

则尸(2,1,2),前=(1,1,0)，

而加=(2,2,0)，•••市=(丽，

:.EF//DBREF手DB,

由空间中两点间的距离公式可得DE=V22+02+I2=V5.

BF=J(2-2■+(1—2<+(2-0)2=V5)

・・.DE=BF,

所以，四边形BDEF为等腰梯形，C选项正确；

对于。选项，将矩形4CG4与矩形CQDiD延展为一个平面，如下图所示:

若AM+MN最短，则A、M、N三点共线,

•••，

=山乙=2_近,

DNAD2V2+2

VMC=2-&制CG，

所以，点M不是棱CG的中点，。选项错误.

故选AC.

7.答案：②③

解析:

本题考查直线与平面平行的判定，属基础题.

解：①MN〃4C,连接AM、CN,易得AM、CN交与点P,即MNu面PAC,

所以MN〃面APC是错误的；②平面APC延展，可知M、N在平面APC上，4N〃GQ所以GQ〃面

APC,是正确的；

③由BP=|BD1，以及由①可知A,P,M三点共线是正确的；

④直线AP延长到例，则M在平面MN。，又在平面APC,面MNQ〃面APC,是错误的.

故答案为②③.

8.答案：156；互匣

17

解析:

本题考查利用空间向量法解决立体几何问题，考查直观想象与数学运算的核心素养，属于难题.

首先可证BD114C,在A8上取凡使得BF=3R4,连接EF,则EF〃、C',可得BD^IEF.记AC

与BC的交点为0,以。为坐标原点，建立空间直角坐标系。-xyz,在BBi上取一点G,由西-EG=0.

求出G点的位置，从而得到动点M轨迹，即可求出动点〃的轨迹围成的图形的面积，显然当M与

G重合时，MC与平面ABCO所成角最大，利用空间向量法求异面直线所成角的余弦值.

在直四棱柱力BCD—ABiGDi中，因为底面是菱形，侧棱垂直底面,

所以4c，平面BDD1B1，

又8名u平面8叫81，

所以BO】LAC.

在AB上取F,使得BF=3FA,连接EF,则EF//AC,所以1EF.

记AC与8。的交点为。，以。为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系。-xyz,

则B(4,0,0),Di(-4,0,6),E(l,3>/3,0).

在BBi上取一点G记为G(4,0,t),于是西=(-8,0,6),EG=(3,-3V3,t).

由西•前=一24+6t=0，得t=4,即BG=2GBi，

所以12EFG的边为点M的运动轨迹.

由题意得尸G=yjBF2+BG2=2g，EF=^AC=：x8遮=6点，

22

动点M的轨迹围成的图形的面积为之X6V3XJ(2V13)-(3V3)=156.

显然当M与G重合时，与平面ABC。所成角最大.

因为M(4,0,4),G(0,48,6),

所以西=(-4,473,2).|MQ|=J(-4)2+(4>/3)2+22=2v17，

因为直线AC的一个方向向量为记=(0,1,0)，

所以cos〈西㈤=繇=篇=等,

即异面直线MG与AC所成角的余弦值为等.

故答案为：15代；出.

17

9.答案：.

4

解析：

本题主要考查异面直线所角的基本求法，若所成的角在直角三角形中，则用三角函数的定义，若在

一般三角形中则用余弦定理.

设8亚=a,%C和Q0与底面&BiC也所成的角分别为60。和45。推知8c=a,DC=fa推知表示出

长方体从一个顶点出发的三条棱的长度推知面对角线的长度，再用余弦定理求解.

解：设8$=a,

•••B1C和G。与底面&B1G5所成的角分别为60。和45。

•••BC=a,DC=—a

3

l25/325/3

・'•A^D=V2Q,DC1=—-—a,AiG=—-—ct

由余弦定理得：cos“出。=”；鬻萨=,

故答案为在.

4

10.答案：咨包

27

解析：

本题主要考查三棱锥的应用，熟悉导数求函数最值的方法是解答本题的关键，属于难题.

解：：如图，连结OE交AB于点/,设E,凡G,〃重合于点P.

正方形的边长为x(x>0),则0/=；,；E=6-f.

该四棱锥的侧面积是底面积的2倍，•••6=2•；,解得x=4.

设该四棱锥的外接球的球心为Q,外接球半径为R,则0C=2V2,0P=忡R=2V3，

R2=(2V3-/?)2+(2烟2,

解得R=意外接球的体积V=如|>=畤磐

故答案为随包

27

11.答案：空空

3

解析：

本题考查球内接多面体，球的体积，解题的关键是确定球的半径，再利用公式求解.

当此四棱锥体积取得最大值时，四棱锥为正四棱锥，根据该四棱锥的表面积等于16+16次，确定该

四棱锥的底面边长和高，进而可求球的半径为凡从而可求球的体积.

解：解：由题意，当此四棱锥体积取得最大值时，四棱锥为正四棱锥，

•・•该四棱锥的表面积等于16+16g,

设球。的半径为R,则4C=2R,SO=R,如图，

该四棱锥的底面边长为力B=&R，

则有(aR)2+4xgx&RXJ(手尸+R2=16+16百，

•••R=2yj2

•••球0的体积是。R3=丝&

33

故答案为丝包.

3

12.答案：457r

解析：

本题考查多面体外接球表面积的求法，考查“分割补形法”，属于中档题.

由PA，平面4BC,把四面体PA8C补形为长方体，求出长方体对角线长，可得四面体外接球的半径,

代入表面积公式求解.

解：如图，补全图形得到一个长方体，则PO即为球。的直径.

又P4J■平面ABC,PA=2BC=6,ABA.AC,

所以AD=BC=3,

因此直径PD=y/PA2+AD2=36,

即半径为辿.

2

S球=4nR2=457r.

故答案为457r.

13.答案：①④

解析：

本题给出关于空间线面位置关系的命题，要我们找出其中的真命题，着重考查了线面平行、面面平

行的性质和线面垂直、面面垂直的判定与性质等知识，属于中档题.

根据线面平行的性质定理，可得①是真命题;通过在正方体中举出反例，得到②不正确;根据线面平

行的判定与性质，可得③不正确;根据面面平行的性质结合线面垂直的性质定理，可得④是真命题,由

此可得本题的答案.

解：m//n,m1a=>n1a；这是线与面垂直中出现的定理，故①正确；

a///?,mca,nu£n7n〃n或〃?，"异面，故②不正确；

m//n,m〃a=n〃a或nua,故③不正确：

a//p,m//n,m_La可以先得到n1a进而得到n1£,故④正确，

故答案为①④.

14.答案：①②③④

解析：

本题考查空间中直线与平面的平行，垂直关系及棱锥的体积计算，解答的关键是熟练掌握线面平行

与垂直和面面平行的性质定理与判定定理，属于中档题.

由/T-BEDIF=,结合线面平行的定义,可判断①：由线面垂直的性质定理可判

断②：由面面平行的性质和对称性，可判断③；由线面的位置关系可判断④.

解：由41-BEDiF=VE-BBM+CCJ/44】〃平面口当。［,

可得E”到平面的距离为定值，可得四棱锥Bi-BEDiF的体积为定值，故①对；

=可得对角面BBiDi。为正方形，可得当D1BD1，

若BE1B1C,由线面垂直的性质定理可得J。1BE,即有8山J•平面BD】E,故②对;

由面面平行的性质得四边形8ED1F为平行四边形，

22

不妨设4B=a,BC=b,由题意，BB1=>Ja+b,

将BBiGC与。DiGC翻折到同一平面，连接B,BDi与GC的交于点E,即为BE+ED]的最小值

点，

设EC=t,

222

••・四边形BE。/的周长为2(BE+EDr)=2,J(a+b)+a+b,此时t=."'；：；虻，

故存在唯一的点E,使得截面四边形BEQF的周长取得最小值，故③正确.

可作出过CG的平面与EBDi平行，由面面平行的性质定理可得

存在无数个点E,在棱AQ上均有相应的点G,使得CG〃平面EBD],

同理可得也存在无数个点£对棱上任意的点G,直线CG与平面EBDi均相交，

故④正确.

故答案为①②③④.

15.答案：>/17

解析：

本题考查线段长的求法，解题时要注意空间思维能力的培养，注意向量法的合理运用，由题设条件

2

知CD-CD=[CA+AB+BD)此利用向量法能求出CD的长•

解：•••在一个60。的二面角的棱上，

有两个点A、B,AC、8。分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段，

且AB=2,AC=3,BD=4,

TT—>—>)2

CDCD=(CA+AB+80)，

=CA-CA+AB-AB+BD-BD+2CA-AB+2CA-BD+2AB-BD

=9+4+16+2x3x4xcosl20°

=17,

CD的长|同=717.

故答案为g.

327r

16.答案:

7T

解析：

本题考查圆柱体积公式，考查利用导数求函数的最值，难度较大.

根据圆柱体积公式构建函数，求导数研究函数的单调性即可求得结果.

解：小圆柱的高分为上下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，

为1,下部分深入底部半球内.设小圆柱下部分的高为九(0<九<1),

底面半径为r(0<r<1).由于r,〃和球的半径构成直角三角形，

即产+F=1,所以小圆柱体积V=nr2(h+1)=TT(1-/i2)(7i+1)(0</i<1),

求导得M=-7T(3/l-l)(/i+1).

当0〈九<%>0,体积V单调递增；

当［<九<1时，7<0,体积V单调减.

所以当无=5时，小圆柱的体积取得最大值，

即Knax=〃(l_}xG+l)=等,

故答案为三.

2/

.,、7T

17.答案：

6

解析：

本题考查了正方体和它内切球的几何结构特征，考查了空间想象能力与数形结合的思想.属于基础题.

根据几何体的结构特征想象出截面图的形状，知平面ADG截球的截面是△AC。1的内切圆，求出内切

圆的半径计算即可.，

解：平面AOG截球的截面是AACOI的内切圆，

又△AC%是边长为近的正三角形，则内切圆的半径为,,=^tan-二典、

266

••・平面4CD1截球的截面面积为S:万户

O

故答案为6・

18.答案：①③

解析：

本题考查与二面角有关的立体几何综合问题及空间角与距离，同时考查线面垂直的判定及面面垂直

的判定，逐一判断即可.

解：翻折后如图所示：

因为BM14C,DM1AC,BMClDM=M,

所以AC_L平面又MNu平面BMC,所以AC1MN,

所以①正确，

因为AC_L平面BMC,ACu平面ABC,所以平面BMD1平面ABC,

又因为BMJ.AC,DMVAC,所以4BMD=8,NBMO或其补角为与平面ABC所成角,

所以OM与平面ABC所成角为。或兀-9.

所以②不正确；

又因为BM=DM,

所以MN1BD,

在ABM。中，Z.BMD=9,BM=DM=—，

2

当。=?时，/N的最小值为立，

34

当。时，MN的最大值为京

所以③正确。

因为当9=1时，则有NBMD=90°,

所以BM1平面ACD,MD_L平面ABC,

所以MZXLBC.

若BC与AQ所成角等于壬即BCJ.AD,

且ACCM。=D.

所以BC1平面AC£),

这与BM1平面AC。相矛盾，

所以④错误，

故答案为①③.

19.答案：』

3

解析：

解：如图，

设圆锥的底面半径为r,贝1]2仃=3工学得r=L

则圆锥的高h=V32—I2=2或.

圆锥的体积V=izrxI2x2V2=誓7T.

故答案为：

3

由题意画出图形，设圆锥的底面半径为r,由展开后所得扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长求得底面

半径，进一步求出圆锥的高，代入圆锥体积公式求解.

本题考查圆锥体积的求法，考查剪展问题的求解方法，是中档题.

20.答案:解：(1)取AQ的中点0,连接P0、尸0、8。,如图所示；由四边形ABC。为菱形，所以AC1BD,

又0、F分别为A。、AB的中点，

所以0F//BD,所以4c_L0F；又PF_LAC,OFCPF=F,

所以AC工平面POF；又POu平面尸OF,所以P01AC,又。为AO的中点，

且PA=PD；所以PO1AD,EADCiAC=A,

所以P。，平面ABCD；又P。u平面PAD,

所以平面240_L平面A3CZ)；

(2)由(1)知，2。，平面吕。"，PO=y/PA2-A02=2,

在菱形ABC。中，尸为48的中点，/.DAB=60°,所以8F=2,/.FBC=120°,BC=4,

所以△FBC的面积为SMBC=Tx2x4xsinl20°=273；

所以三棱锥B-PCF的体积为匕/糊一PCF=V三棱锥P-BCF=1-SMBC♦P。=5x2遮x2=竽.

解析：本题考查线面垂直的证明，考查三村锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位

置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题.

(1)4。的中点O,连接P。、FO、BD,先证P014D,且ADnAC=4

故P。_L平面ABCD；又POu平面PAD,故平面PAD，平面ABCD；

(2)推导出P。_L平面BCF,PO=>/PA2-A02=2.故4FBC的面积为S^BC=[X2X4Xsinl20°=

2A/3;三棱锥B—PCF的体积为V三援黜-PCF='三段函-BCF,即可求解・

21.答案：解：（1）取A8的中点E,连接DE,CE,

因为AQ8是等边三角形,

所以DE1AB.

当平面ADB_L平面ABC时,

因为平面ADBn平面ABC=AB,

所以OE1平面ABC,

可知OE1CE,

由已知可得DE=V5，CE=1,

在RMDEC中.CD=y/DE2+CE2=2;

（n）当4408以A8为轴转动时，总有4B1CD,

证明：（回）当力在平面ABC内时，因为AC=BC,AD=BD,

所以C,。都在线段AB的垂直平分线上，^ABLCD,

（回）当。不在平面ABC内时，由（1）知ABIDE,

又因4c=BC,

所以AB1CE,

又DEnCF=F,

所以48，平面CDE,

由COu平面CDE,

得ZB1CD,

综上所述，总有AB1CD.

解析：本题考查了面面垂直的性质和线面垂直的判定，

(1)取出AB中点E,连接QE,CE,由等边三角形AOB可得出DE_L4B,又平面4DB，平面ABC,

故QE_L平面A8C,在RMOEC中用勾股定理求出C£)；

(2)总有力B1CD,当。6面ABC内时，显然有1CD,当。在而ABC外时，可证得AB，平面CDE,

定有4B1CD.

22.答案：解:(/)证明：・♦•ABCD是菱形，

:.AD=DC>0D1AC,

△ADC中，AD=DC=12,AADC=120°,

OD=6,

又M是BC中点,

•••OM=^AB=6,MD=6A/2,

•••OD2+OM2=MD2,

DO1OM,

,：OM,ACcffiABC,OM^AC=0,OM,ACc®ABC,

OD1面ABC,

又：ODu平面ODM,

平面ODM_L平面ABC.

(〃)由题意，ODLDC,OB1OC,又由(/)知。810。，

以。£>,OC,OB为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系：

由条件知：0(600),4(0,—66,0),M(0,3V3,3)

故初=(0,9於3),同=(6,673,0)，

设平面AM。的法向量记=(x,y,z),

则产邈=。，即『岛+：z=。，令6，则＞3,z=9,

(记•40=0(6%+6V3y=0/

•••fn=(3,-V3,9).

由条件知OB1平面ACD,故取平面ACD的法向量为元=(0,0,1),

所以，cos〈沆，元>=言善=与?，

|m||n|31

由图知二面角M-AD-C为锐二面角，

故二面角M-AD-C的余弦值为迪.

31

解析：本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查推理论证能力、空间思维能力、

运算求解能力，考查等价转化思想、数形结合思想，是中档题.

(/)推导出0D14C,DO10M,从而可证。01面ABC,由此能证明平面OOM_L平面ABC；

(〃)由0D1OC,OB1OC,OB10D,建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M-AD-C的

余弦值.

23.答案：(1)证明：因为BE〃P4,BEC平面PA。，P4u平面PAD,

所以BE〃平面PAO,同理8c〃平面PAD,

因为BECBC=B,PAOAD=A,

所以平面PAD〃平面EBC,因为ECU平面EBC,所以EC〃平面PAD

(2)证明：因为AB=2,BC=1,ACBA60',由余弦定理得，AC=V3.

所以由勾股定理逆定理N3U490,

所以AC1BC,

又因为P.虹平面ABCD,BE//AP,

所以BE_L平面ABC。，ACu平面ABC。

所以BEJLAC,则有AC1•平面E8C,ACu平面PAC,

所以平面BEC_L平面PAC.

(3)作CHIAB于，，连结P”,又因为CHIP4

所以CH_L平面PABE,所以NHPC即为线面角，

因为AC=>JAB2-BC2=V3>HC==—=恒,PC=122+(V3)2=近，

所以sin/HPC=器—.

PC14

解析：本题考查直线与平面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理以及直线与平面所成角的求解,

属于中档题.

(1)先证得BE〃平面尸AD,进而得到平面PA。〃平面EBC,通过面面垂直的性质，即可得到答案;

(2)先证得BE1平面A8CQ,再通过面面垂直的判定定理，即可得到答案；

(3)先找到直线与平面所成的角，进而求出角的正弦.

24.答案：(1)证明：取A8中点E,连结CE,AXB,aE,

八---------------------q

3

A

vAB=AAlfZ-BAA1=60°,

・・.48441是正三角形，

:.ArE1AB,

••・CA=CB,

CE1AB,

vCEAArE=E,

:.AB1CEAlf

・•・AB14传；

(2)解：由(I)知：ECLAB,EAX1AB,

4/

又面4BC14昭41，

面ABC与面4BB14于AB,

•••EC1ABB1A1,

EC1EA1,

EA.EC、E4两两相互垂直，

以E为坐标原点，EA的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系。-xyz,

由题设知4(1,0,0),440,祗0),C(0,0,V3),5(-1,0,0),

：.BC=(1,0,V3),西=标=(-1,0,⑹，A^C=(0,-V3,V3),

设元=(x,y,z)是平面CBBiG的法向量，

(n-BC=0

“卜西=0'

on(%+V3z=0

(x+\/3y=0(

••♦可取元=(百,1,一1),

二皿礼祝”卫普=磔

、/向函5-

.•・直线&C与平面BBiGC所成角的正弦值为唱.

解析：本题考查利用线面垂直证明线线垂直，及利用面面垂直的性质及平面的法向量求线面的夹角.

(1)证明4B1CEAr,从而证明4814C；

(2)由面面垂直的性质证明EC_LEa,建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用平面法向量与

中的夹角的余弦为线面角的正弦，注意符号的判断.

25.答案：证明：(I)连结点AC,BN,交于点E,连结ME,

•:点N为线段AD的中点，AD=4,

•••AN=2,■：4ABC=乙BAD=90°,AB=BC=2,

•••四边形ABCN为正方形，.,.E为AC的中点，

•••ME//PA,

PA仁平面BMN,直线P4〃平面BMN.

解：(n)♦.•PA_L平面ABCD,且AB,ADu平面ABCD,

•••PA1AB,PA1AD,

/.BAD=90°,PA,AB,AQ两两互相垂直，

分别以AB,AD,AP为x,»z轴，建立空间直角坐标系,

则由4D=AP=4,AB=BC=2,得：

B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,4),

•••M为PC的中点，2),

设AN=4,则N(0,尢0),(0<A<4),则而=(一1,"1,一2)，

FC=(0,2,0),丽=(2,0，-4),

设平面PBC的法向量为而=(x,y,z),

则/沅££=2y=°,令》=2,得记=(2,0,1),

・・,直线MN与平面P8C所成角的正弦值为g,

|MN•沆||—2-2|4

|cos<MN,m>

\MN\-\m\-j5+0-l)2・1-5*

解得a=l,则N(o,l,0),丽=(一2/，0),FM=(-1,1,2),

设平面BMN的法向量有=(xj,z),

则pt•BM=-x+y+2z=0

(n•B/V=-2x+y=0

令％=2,得元=(2,—4,3),

777145

cos"繇x/5-V29145

平面PBC与平面BMN所成角0的余弦值为巫.

解析：（I）连结点AC,BN,交于点E,连结ME,推导出四边形4BCN为正方形，由此能证明直线

P4〃平面BMN.

（口）分别以AB,AD,A尸为x,»z轴，建立空间直角坐标系，由此能求出平面PBC与平面

所成角。的余弦值.

本题考查线面平行的证明，考查面面所成角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意

向量法的合理运用.

26.答案：解：由题意知，所求旋转体的表面积由圆台下底面、侧面和一半球面组成.

在直角梯形ABC£»中，过。点作DEJ.BC,垂足为E,如图所示.

在RtADEC中，CD=y]CE24-DE2=51所以S.球=8兀，S圆台侧=3STI,S圆台下底=2Sit.

故所求几何体的表面积为S芈球+S圆台侧+S圆台下•底=687r.

因为圆台的体积V="兀x22+7（7rX22）（7Tx52）+兀x52）x4=52兀,

半球的体积匕=1x^X7rx23=孩兀，

所以所求几何体的体积为U-匕=-7T.

解析：本题考查了旋转体的结构特征，表面积和体积的计算，属于中档题.

所求旋转体的表面积由圆台下底面、侧面和一半球面组成，所求几何体的表面积为S/球+S窗台颇+

S窗台正，分别求出各部分表面积，相加即可得到表面积，几何体的体积为圆台的体积减去半球的体

积.

27.答案：解：（1）证明：连接BO,MO,

在平行四边形ABC。中，因为。为AC的中点，

所以。为8。的中点，又M为尸。的中点，所以PB〃MO,

因为PBC平面ACM,MOu平面ACM,

所以PB〃平面4cM；

(2)证明：因为乙4DC=45。，且4D=AC=1,

所以ZAOC=NACO=45°,/.DAC=90°,即4。_LAC；

又PO1平面ABCD,ADu平面ABCD,

所以尸。J.AD,ACdPO=0,4D1平面PAC；

(3)解：取。。中点N,连接MMAN,

因为用为「。的中点，所以MN〃PO,且MN=：PO=1,由PO1平面ABC。，得MN_L平面A8CC

所以/MAN是直线AM与平面ABCD所成的角.

在RtA/M。中，AD=1,AO=-,所以。。=些，

22

AN=-D0=-，MN=1P0=1,

242

.qf,A.△ZMN14^5

在RtAANM中，tan^MAN=—=,

4

即直线AM与平面ABCD所成的正切值为延.

5

解析：本题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的