高中数学第八章《立体几何初步》提高训练题 (31)(含答案解析)

第八章《立体几何初步》提高训练题（31）

一、单项选择题（本大题共8小题，共40.0分）

1.设a,口是两个平面，a,b是两条直线，下列推理正确的是（）

aua)

A.na//aB.bu01=a//p

a//b)

Qua)aGa

//b

C.bu£1=>aD.。〃日｝今a//b

a〃回aC8=b

2.

俯视图

A.竽B.竽C.4V3D.2

3

3.设机，〃是两条不同的直线，a,夕是两个不同的平面，正确的是（）

A.若Ql/?,THua,nc/?,则mJLn

B.若a/甲,mua,nu0,则m〃7i

C.若a-L0,aC\P=m,mln,则n10

D.若戈〃£,mla,葭〃6，则m_Ln

4.将边长为5的菱形ABC。沿对角线AC折起，顶点B移动至处，在以点B'，A，C,。为顶

点的四面体48,CD中，棱AC、8,。的中点分别为E、F,若AC=6,且四面体4B，CD的外

接球球心落在四面体内部，则线段EF长度的取值范围为（）

A.(年,2旬B.(券,4)C.(V3.2V3)D.（於4）

5.如图，在正四棱台力BCD-4遇传以1中，记直线与C£＞所成角

为a,直线44］与平面ABCD所成角为0,二面角4一48-。所成

角为y,则下列关系正确的是（）

B

A.p>a,p>y

B.a>>y

C.a>y，Y>P

D.y>a,y>p

6.已知点48,C,D在同一个球面上,48=26,AC=4,Z.BAC=30。.若四面体A8CO体积的最大值

为4,则这个球的表面积为（）

A.487rB.?兀C.647rD.与TT

33

7.己知球。与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O的体积为（）

A8^2U8^3c8^6px16^2

A.71D.71Lx.71D.---------71

3333

8.如图，已知三棱锥D-ABC,记二面角C-4B-C的平面角为a,直线。A与

平面ABC所成的角为°,直线与8c所成的角为y,则（）/\\c

AS

B.a<p

C.a>y

D”y

二、多项选择题（本大题共3小题，共12.0分）

9.20世纪50年代，人们发现利用静态超高压和高温技术，通过石一、

墨等碳质原料和某些金属反应可以人工合成金刚石.人工合成金/z\/\

刚石的典型晶态为立方体（六面体）、八面体和立方八面体以及它K/

们的过渡形态.其中立方八面体（如图所示）有24条棱、12个顶一V

点、14个面（6个正方形、8个正三角形），它是将立方体“切”去8个“角”后得到的几何体.己

知一个立方八面体的棱长为1,则

A.它的所有顶点均在同一个球面上，且该球的直径为2

B.它的任意两条不共面的棱所在直线都相互垂直

C.它的体积为出

3

D.它的任意两个共棱的面所成的二面角都相等

10.如图所示，在正方体ABC。-41/加。1中，棱长为1,点尸为线段41c上

的动点（包含线段端点），则下列结论正确的是（）

A

A.当砧=3审时，DiP〃平面BOG

B.当中=3中时，力"I平面DiAP

C.NAPDI的最大值为90。

D.4P+PD1的最小值为竽

11.正方体A8CD-481GD1的棱长为1,E,F,G分别为BC,CCi，BBi的中

点.贝(1()

A.直线与直线A尸垂直

B.直线41G与平面AEF平行

C.平面AE尸截正方体所得的截面面积为J

D.点。与点G到平面AEF的距离相等

①a14，an口=/,wlZ；（2）any=m,al/?,y1/?；

③a1y,/?1y,ml.a；(4)/?la,"1夕，mA.a.

其中为tnl夕的充分条件的是.(将你认为正确的所有序号都填上)

14.平面四边形4BC。中，AD=AB=丘,CD=CB=V5.且AD1ZB,现将44BD沿着对角线

BO翻折成zM'BD,则在zM'B。折起至转到平面BCD内的过程中，直线4c与平面88所成的

最大角的正切值为.

四、解答题(本大题共16小题，共192.0分)

15.如图，三棱柱4BC-2B1G中，1平面ABC,AC=BC,AB=244=4,以AB,8C为邻

边作平行四边形ABC。，连接&O和

(1)求证：平面BCGB1；

(2)若二面角4-DC-4为45。，

①证明：平面4GD，平面&AD；

②求直线&A与平面&G。所成角的正切值.

16.如图，四棱锥P-ABC。中，P4J_菱形ABC£)所在的平面，Z.ABC=60°,E是BC中点，F是

PC上的点.

(1)求证：平面AEF_L平面PAD；

(2)若M是PZ)的中点，当4B=4P时，是否存在点尸，使直线EM与平面AEF所成角的正弦值

为［?若存在，请求出引勺值；若不存在，请说明理由.

17.在四棱锥P-4BC。中，P41平面ABC。，AB=BC=2,AD=CD=巾，PA=遍,

Z.ABC=120。.G为线段PC上的点.

(1)证明：BD1平面PAC；

(2)若G满足PCL平面BGD,求二面角G-CD-4正弦值.

18.如图，在四棱柱ABCD-&B1GD1中.底面A8C。是边长为2的菱形，ABX=CBX,

(1)证明：平面BDCiBi，平面力BCD;

(2)若NZMB=60°.△D/B是等边三角形，求5到GBD的距离.

19.如图，在三棱柱4BC-&B1C1中，侧棱垂直于底面，AB1BC,AAX=AC=2,BC=1,E,F分

别是4G，BC的中点.

B

(1)求证：GF〃平面4BE.

(2)求三棱锥E-4BC的体积.

20.将一铁块高温融化后制成一张厚度忽略不计、面积为100dm2的矩形薄铁皮(如图)，并沿虚线/1，

%裁剪成A，B,C三个矩形(B,C全等)，用来制成一个柱体，现有两种方案：

方案①：以匕为母线，将A作为圆柱的侧面展开图，并从B,C中各裁剪出一个圆形作为圆柱

的两个底面；

方案②：以。为侧棱，将A作为正四棱柱的侧面展开图，并从B,C中各裁剪出一个正方形(各

边分别与"或%垂直)作为正四棱柱的两个底面.

(1)设B,C都是正方形，且其内切圆恰为按方案①制成的圆柱的底面，求底面半径；

(2)设，1的长为x而，则当尤为多少时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大？

21.如图1,在边长为4的菱形4BCD中，NBA。=60°,DE14B于点E,将△AOEiAOE折起至4iOE

的位置，使DC,如图2.

图1图2

(1)求证：&E1平面BCDE;

(2)求二面角E--C的余弦值；

(3)判断在线段EB上是否存在一点P,膜平面AGP工平面A[BG若存在，求出胎的值；若不存

在，说明理由.

22.如图，四棱锥P-ABCD中,底面ABCQ为菱形，PA_L平面ABC£>,E为尸。的中点.

入

(1)证明:PB〃平面AEC；

(2)设PA=1,4ABC=60c,三棱锥EiCD的体积棉，求二面角D-AE-C的余弦值.

23.已知四棱锥P—4BCC中，底面ABC。是正方形，PD1平面4BCC,PD=AB,E是尸8的中点.

(1)求证：平面PBC_L平面尸CC；

(2)求二面角E-AD-B的大小；

24.已知四棱锥S-4BCC,54_1_平面48。0,底面A8C。为直角梯形，AB//DC,/.DAB=90°,

AB=2DC,AD=V3DC,M是S3中点.

s

(1)求证：CM〃平面SAD；

(2)若直线OM与平面SA8所成角的正切值为F是SC的中点，求二面角C-4尸一。的余弦

值.

25.如图，在底面是菱形的四棱锥P-4BC。中，仪)，PA=AC=a,PB=PD=g，

点E在P。上且PE:ED=2:1,尸为PC的中点.

(1)求证：面PAD_L面ABCD.

(2)求证：8尸〃平面ACE.

(3)求二面角E-AC-。的平面角的大小.

26.如图，三棱锥P-4BC中，P4_L平面ABC,PA=AC=2,BC=V3-^BAC=60",。是PA的

中点，E是C£＞的中点，点厂在PB上，PF=3FB.

(1)证明：平面P4B1平面P8C；

(2)证明：EF〃平面A8C；

(3)求二面角B-CD-4的正弦值.

27.如图，在直三棱柱中，平面&BC1侧面&ABB],且4&=AB=2.

(1)求证：AB1BC；

(2)若直线AC与平面4BC所成的角为和求锐二面角A-AC-3的大小.

28.如图，正方形ADEF与梯形ABC。所在的平面互相垂直，ADLCD,AB"CD,AB=AD=2,

CD=4,M为CE的中点.

(I)求证：BM〃平面AQEF；

(口)求证：平面8。七_1平面5&?；

(DI)求三棱锥E-BDM的体积.

29.如图(1),在五边形8czM£中，CD//AB,/.BCD=90°,CD=BC=1,AB=2,ZkABE是以

AB为斜边的等腰直角三角形，现将△ABE沿AB折起，使平面4BE_L平面ABC。，如图(2),记

线段A3的中点为O.

(I)求证：平面ABE_L平面EO。；

(H)求平面ECD与平面ABE所成的锐二面角的大小.

30.如图，在四棱锥P—4BCD中，己知PB，底面1BC,AD//BC,AB=AD=2,CD1PD,

异面直线PA和CO所成角等于60。.

(1)求直线PC和平面PAZ)所成角的正弦值的大小；

(2)在棱P4上是否存在一点E,使得二面角4-BE-C的余弦值为丑？若存在，指出点E在棱

6

PA上的位置；若不存在，说明理由.

【答案与解析】

1.答案：D

解析：

本题考查线面平行的判定与性质，面面平行的判定与性质，属于基础题，逐一判断即可求解.

解：

由于a〃b,b//a,则au戊或。〃。，所以A错误；

由于aua,bu),a〃b,则a〃3或a,/?相交,所以B错误;

由于aua,bu0,a〃/?,则a〃b或a,b为异面直线，所以C错误；

由于aua,a〃夕,aC/?=b,则。〃6,所以£＞正确.

故选D

2.答案：A

解析：

由三视图及题设条件知，此几何体为一个三棱锥，其高为2VL底面是直角边长为2,2的直角三角

形，故先求出底面积，再由体积公式求解其体积即可.

解：由题设条件，此几何几何体为一个三棱锥，其高为2次，底面是直角边长为2,2的直角三角形，

故其体积是三xZx2x2x2^=辿，

323

故选A.

3.答案：D

解析：

本题考查了空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理，考查了空间想象能力与推理能力，

属于中档题.

A.由条件可得m与“不一定垂直，即可判断出正误；

B.由条件可得：m〃n或为异面直线，即可判断出正误；

C.由条件可得：〃与£的各种位置关系都有可能，即可判断出正误；

。.由a〃。，mla,n〃/?,利用面面平行、线面垂直的性质定理即可判断出正误.

解：，"，"是两条不同的直线，a,0是两个不同的平面.

A.a1p,mua,nu0,则机与〃不一定垂直，不正确；

B.a//p,mca,nu0,则7n〃?i或为异面直线，因此不正确；

Cal0,aC0=m,mln,则“与S的各种位置关系都有可能，因此不正确；

D.a//P，m1a,•••m1P，又n〃.，可得m_Ln,正确.

故选：D.

4.答案：B

解析：

本题考查了棱锥外接球问题，属于难题.

由题意可知4cl平面夕ED,根据外接球到棱锥顶点距离相等，球心。落在线段所上，结合题意可

OE<EF<EB',即可求解EF长度范围.

解：如图

显然AC_LB'E,iLACIDE,B'ECDE=E,B'E、DEu平面B'ED,

AC1平面B'ED,

••・E是AC的中点，

•・•到点A,C的距离相等的点位于平面B'E。内,

同理可知，到点B',。的距离相等的点位于平面ACF内，

•••球心。到点4,B',C,。的距离都相等，

.••球心。位于平面B'ED与平面AC尸的交线上，即直线EF上，

••・依题意可知，球心。落在线段E尸上（不含端点E、F）,显然EF1B'。,

易知EA=3,EB'=4,则0寿=0E2+9,

且OB'?=OF2+FB'2=OF2+EB'2-EF2

=(EF-OE/+16-EF2

=OE2+16-2EF-OE,

•••OA=OB',

•••OE?+9=OE2+16-2EF-OE,

7

・•・OE=—,

2EF

显然OE<EF,3<EF,即EF>任,

2EF2

又EF<EB'=4,

—<EF<4.

2

故应选B.

5.答案：C

解析：

本题考查异面直线所成角，线面夹角以及二面角，考查推理能力和空间想象能力，属于中档题.

分别作出线面角、和二面角，转化后即可比较.

解：由题意，在正四棱台48。。-4道住1。1中，记直线44］与8所成角为a,

则由CD〃AB可知a等于乙41AB,

又直线44与平面ABCD所成角为氏

过人作&。_L4BCD,

则夕等于乙4那。，

判断可知，a>/?，

而二面角4一4B-。所成角为y,

过。点作0MJ.4B,则了=乙41M0,

判断可知，a>Y，Y>P

所以a>y,y>0

故选C.

6.答案：B

解析：

本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，属于中

等题.

由余弦定理求出BC,可得4人⑶。是直角三角形，于是得出AABC外接圆的圆心为斜边4c的中点E,

求出AABC的面积，利用点。、球心、E三点共线且。、E位于球心的异侧时，四面体ABC。的体积

取最大值，利用锥体体积公式可算出此时OE的值，然后可计算出三棱锥。-4BC的侧棱长，射影定

理求出外接球的半径，代入球的体积公式求解.

解：由AB=2V3

,AC=4,^BAC=30°,

得BC=y/AB2+AC2-2AB-AC-cos^BAC=2,

AB2+BC2=AC2,•••/.ABC=90°,

则小ABC的外接圆的直径为2r=AC=4,外接圆圆心为线段AC的中点E,

如下图所示，

当点。、球心。、E三点共线且当。、E位于球心的异侧时，

四面体A8CZ）的体积取最大值，此时，DE1平面ABC,

S&ABC=-BC=1x2ax2=2V3）,

四面体ABCD的体积为％TBC=9sAABC•DE=4,

解得DE=2V3>

由勾股定理得D4=DB=DC=y/DE2+EA2=4.

••・四面体ABCD的外接球的直径为2R=比=与=随，

DE2y/33

则四面体ABCD的外接球的半径为度.

3

因此，四面体ABCD的外接球的表面积为4TTR2=4兀x（竽/=

故选B.

7.答案：A

解析：

本题考查几何体内切球的应用，考查学生空间想象力与计算能力，属于较难题目；

把四面体补成正方体，四面体的棱长为正方体的面对角线，求出该正方体内切球的体积即可。

解：将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，

因为正四面体的棱长为4,所以正方体的棱长为

因为球O与正四面体的各棱都相切，所以球0为正方体的内切球，

即球0的直径为正方体的棱长2vL

则球。的体积1^=2兀/?3=%兀

33

故选：A

8.答案：A

解析：

本题考查二面角、线面角、异面直线所成角的大小的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置

关系等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题.设三棱锥。-4BC是棱长

为2的正四面体，取AB中点E,OC中点MAC中点N,连结力£、比、脑7、硒,过。作。。1CE,交CE于

0,连结A。，则4DEC=a,乙DAO=B，aMNE=y,由此能求出结果.

解：设三棱锥4BC是棱长为2的正四面体，

取A8中点E,OC中点M,AC中点N,连结DE、CE、MN、EN,

过。作。01CE,交CE于O,连结A0,

D

贝此OEC=a,Z.DAO=/?,Z.MNE=y,

DE=CE=A/4^1=>/3.DC=2,

3+3-4_1

cosa=

2X-73XV3-3’

22V3

4A0n=CrOn=-CE=----=——，

333

也云

AO_3_=C，

・•・COSbD=—

1AD23

取BC中点F,连结OF、AF,则DFLBC,AFIBC,

又DFCAF=F,

・・.BC，平面AFD,

・・・BCLAD,

:.y=90°.

/.y>a>/?.

当三棱锥D-ABC是不是正四面体，y大小不能确定.

故选A.

9.答案：ACD

解析:

本题考查棱锥和棱柱的体积公式，异面直线的夹角，二面角，属于较难题.

进行逐项分析.

解：由题意，可将该立方八面体理解为1个直四棱柱和4个四棱锥组成，如图所示:

对于A选项，取AE,DH,MN的中点R,S,O,连接MH,SN,

•・,立方八面体的棱长为1，△?!£/?为等边三角形，

MR=^-,AB=V2.根据对称性可知梯形MRSN的高为”=乌

222

则NM=1+2x佰丫一（守=2,

在棱柱EACH-FBCG中，BH=]/+/+（或『=2,

根据对称性可知，。为MN和8H的交点，0M=ON=OB=OH=1,

故该立方八面体的12个顶点在同一个球面上，其直径为2,故A正确；

对于3选项，可知4M〃PB,直线AM和直线8c不在同一平面内，

"BC为直线AM和直线BC的夹角，其大小为60。，故B错误；

对于C选项，分别计算直四棱柱和四棱锥的体积，

所以该立方八面体的体积为U=lxlxV2+4xixlxV2x2zl=^.故C正确；

323

对于。选项，该立方八面体的每一条棱所相交而来的两个面均是一个正方形和一个三角形,

根据对称性可知，它的任意两个共棱的面所成的二面角都相等，故D正确；

故选ACD.

10.答案：ABD

解析：

本题考查了正方体的几何特征，空间线面位置关系的判定，属于中档题.

利用三棱锥A-A1B15的体积可知当#3K了时，P为41c与平面的交点，根据平面

〃平面BOQ可判断A,根据4CJ•平面力/5可判断8,根据等边三角形力反。】可判断C,根

据Rt△ArAC^Rt△415C可判断D.

解:连接4当，当小，ADr,

则XgX1=、，

S

bABtn=；XV2xV2xsin60°=AXC=V3,

设占到平面4B也的距离为h,贝4x苧X%=i,

解得/i=@，

33

二当#时，尸为&C与平面人当义的交点.①

•••平面AB1%〃平面BDCi，Z\Pu平面48山1，

•••D】P〃平面BDG，故A正确；

由①可知P€平面力

,.,力1。_1_平面也。1，.・.41。_1平面。1仍故B正确;

可知当笳3A了时，尸为等边△力当。1的中心，

LAPDX=120°,故C错误；

连接AC,DC则RtAAiZC三RtAAiDiC,：.AP=DrP,

4P的最小值为笔=手，AP+PDi的最小值为适故D正确.

41c33

故选：ABD.

11.答案：BC

解析：

本题考查空间直线与平面的位置关系，主要是平行和垂直，记熟线面平行、垂直的判定和性质是迅

速解题的关键，同时考查截面的画法及计算，以及空间异面直线所成的角的求法，属于较难题.

利用向量法判断异面直线所成角；利用面面平行证明线面平行；作出正方体的截面为等腰梯形，求

其面积即可；利用等体积法处理点到平面的距离.

解：对选项A：以。点为坐标原点，DA,DC、DA所在的直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐

标系，

贝110(0,0,0)、4(1,0,0)、&(L0,l)、EG，1,0)、F(0,l,|),G(l,l,》，。式0,0,1).

从而西=(0,0,1)，AF=(-1,1,^).

从而西.而0,

所以直线。Di与直线A尸不垂直，选项A错误;

取BiQ的中点为M,连接为M、GM,

贝IJ易知41M//4E,

又41M，平面AEF,AEu平面AEF,

故Ai"〃平面AEF,

又GM]IEF,同理可得GM〃平面4EF,

又41MCGM=M,4M、GMu平面&GM,

极平面A、MG11平面AEF,

又&Gu平面&MG,

仄而A[G//平面AEF,选项B正确；

对于选项C,连接4D1，DiF,如图所示,

•••正方体中4DJ/BCJ/EF,

.••4、E、尸、Di四点共面，

•••四边形4EFD］为平面AEF截正方体所得的截面四边形，且截面四边形4EFD1为梯形,

又由勾股定理可得D#=AE=拳ADX=V2,EF=y,

梯形AEFDi为等腰梯形，高为/卢）2_（竺1）2=逗,

所以S娜AEFOi=T*I®+乎）*,从而选项C正确；

对于选项D:由于SAGEF=S梯形BEFG—S&EBG

一，、

=-1(l+-1)x-1--1X-1X-1=-1

2、2，22224

而SAECF=：X：X；3

_11

而匕-GE/=』S&EFG,AB,VA-ECF=AECF'AB,

所以匕.GEF=2^4-ECF,即=^C-AEF1

点G到平面AE〃的距离为点。到平面AE尸的距离的二倍，从而。错误.

故选BC.

12.答案：y；y（l~^）

解析:

本题主要考查了棱锥的内切球问题，考查了等比数列性质，是较难题.

先利用等边三角形内切圆的性质，求出圆锥轴截面内切圆的半径q,同理得到学■=g所以数列埠，

以，代，…，瑞是以:为首项2为公比的等比数歹U，再利用等比数列前〃项和公式即可求出Si+S2+…Sn

的值.

解：

解：延长AH交底面圆为点G,圆锥的顶点为尸，过。1做三边的垂线，如图所示，

易知△AGP为等边三角形，由等面积法，可知：ri(2+2+2)=：x2x2xsin60。，求得q=日,

球On，。底1和圆锥的截面，其中EF为圆On,Onr的切线，切点为B,如图所示：

易知△4EF和A4/C为等边三角形，

•.■^i=tan300,.-.DC=V3rn_1,

,黑=tan30°,二AD=V5rn_ix总=3。-1,

AB—rn_j.BE=AB,tan30。=~~Tn_i<

由等面积法，可知|x(iAE+EF+AF)xrn=AExAFxsin60。,

••号J即平/

rn-isrn-lv

•・•数列疗，域，埒，…，虎是以1为首项3为公比的等比数列，

•**Si+$2+S34-----FSn

=47r(r/+母H-----1-堵)

故答案为：/泮（1_》

13.答案：②④

解析：

本题考查了空间线面垂直、面面垂直的判定与性质，以及空间垂直位置关系之间的联系，解题时逐

一加以论证即可得出的充分条件.

解：若直线?nua时，当满足a1/?,Qn夕=八7nl/时，m1.0成立,否则不成立，故①错误；

设an0=_L£=b,若a_L/?,y_L/?则mJ._Lb,此时;n_L/?成立，故②正确；

若a_Ly,£j_y,则a,/?关系不确定?n_L0不一定成立，故③错误；

若兀J.a,711夕则a〃夕，当m1a时m1/?成立，故④正确.

故答案为②④.

14.答案：叵

3

解析：

本题考查图象的翻折，直线与面所成的角，难度较大.

由题设得BD1AC,在翻折过程中BC1面40C,当AC运动到与圆。相切，NAC。最大，可得解.

解：设4C,BC相交于0,得4'。=1,CO=2,

vAD=AB=V2,CD=CB=V5，BDLAC,

在翻折过程中得4。'1BD,CO1BD,1•.BDJjffM'OC,

.,.面AOC1面BCD,即乙4'C。为所求.

A'A"

如图,

现将平面40C单独取出，随着翻折力'在以0为圆心半径为1的圆上运动，当AC运动到与圆O

相切时NACO最大，即如图中A'C的状态，此时4。4”。=今又因为4。=1,CO=2,所以易知此

时

乙4'C。=%故直线AC与平面BCD所成的最大角的正切值为立，

63

故答案为：立.

3

15.答案：解：（1）如图所示，

连接4C,在平行四边形ABC。中，AB//CD,AB=CD,

在三棱柱44G中,又A[BJ/AB，AB\=AB,

所以44//CQ,=CD,

所以四边形4月。。是平行四边形，

所以

又4。2平面3。。£，B|Cu平面8CC£,

所以4。//平面8CG4；

(2)①取C。的中点0,连接力0,40,

因为/C=3C，乂BC=AD,

所以AD=AC,AOLCD，

又因为44_1_平面/BC，CDu平面ABC,

所以4/J_CD,

又44C4O=4,&A、A。u平面4/O,

所以CD1平面4/O，

又必。u平面A}AO,

所以4。_LCD,

所以“04为二面角A.-DC-A的平面角，

在中，OA=A.A=2,故

所以AC1.40,

又平面力BC，4Cu平面A8C,

A}A_LAC,

C\AD=A,4[A、40u平面44。，

所以/cj_平面44。，

又因为4C〃411Gl，:41GJL平面A}AD,

又力1C1u平面4传1。，

所以平面4GD1平面44£)；

②过A作4W_L4。，

因为平面_L平面平面为GDC平面4“匚平面4/。，

所以4MJ_平面4GD,

所以4M是力/在平面&GD上的射影，

所以乙44〃是直线与平面4G。所成角，

在及以44附中，A[A=2,AD=2五,

tan44〃=—=V2.

1

AAt

解析：本题主要考查线面平行的判定定理，线面垂直，面面垂直的判定定理以及线面角二面角的求

法，考查了空间想象能力，属于中档题.

（1）连接qc,证明4。//4。，再利用线面平行的判定定理证明.

（2）①取CD的中点0,连接AO,4。，易证ZAtOA为二面角A.-DC-A的平面角，得到AC1AD,

结合平面/5C,得到44_LAC,从而得到/c_L平面4/。，再利用4C//4G，由面面

垂直的判定定理证明；

②过A作根据①的结论，得到4"_L平面&G。，可知W"是直线与平面

41Go所成角，然后在附中求解.

16.答案：解：（1）证明:连接AC.

•.•底面ABCO为菱形，乙4BC=60。，ABC是等边三角形.

•••后是8（7中点，:4E18。.

又AD“BC,：.AELAD.

•••PA1平面ABCD,AEu平面ABCD,PALAE.

又PAClAD=A,PA,ADu平面PAD,

AE_L平面PAD.

又AEu平面AE凡.•.平面4EF1平面PAD.

（2）解:如图,

以A为原点，AE,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.

不妨设AB=4P=2,则4E=g，则4(0,0,0),C(遮,1,0)，0(0,2,0),P(0,0,2),E(遮,0,0),

M(0,l,1))AP=(0,0,2)>PC=(V3,l,-2)-AE=(V3,0,0).

设两=4玄=(V32,A,-22).则都=AP+PF=(V3A,A,2-2A).

设记=(x,y,z)是平面AEF的一个法向量,

则(沆-AE-V3x=0,

(m-AF-V3Ax+Ay+(2—2A)z-0,

取z=4,得记=(0,2/1-2,A).

设直线EM与平面AE尸所成的角为。，由丽=（一百,1,1）得，

sin0=|cos（EM,m）\=制=小牖5=?

化简得10M-134+4=0,解得/1=:或；I=g.

故存在点片满足题意，此时，费=出哈

解析：

本题考查面面垂直和线面角以及存在型问题.

(1)根据条件关键证明力E1平面PAD,再由面面垂直的判定定理证明结果；

(2)以A为原点，AE,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设

PF=APC=(V3A,A,-2A)>则而=而+丙=(遮;U,2-22).根据直线与平面AEF所成角的

正弦值为计算结果.

17.答案：(1)证明：•・•在四棱锥P-ABCD中，PAIffiABCD,BDcffiABCD,

PA1BD,

AB=BC=2,AD=CD=夕，

设AC与3。的交点为O,则BO是AC的中垂线

故。为AC的中点，且BC1AC,而24n4C=A,PA,ACc®PAC,

：.BD1面PAC；

(2)解：由已知得到：PC=7PA2+4c2=[3+12=6,

因为PCJ•面BG。，GOu面BG£>,二PC1GO,

在中，PD=VT+7=V10,CD=y/7,PC=V15.

PG=x•••CG=V15-x10-x2=7-(V15-x)2PG=x=|A415,GC=|V15,

:.——PG=-3.

GC2

AC与8。的交点。为坐标原点，OC为x轴，0力为)，轴，过。作PA的平行线为Z轴，

则C(V5,0,0),0(0,2,0),P(-V3,0,V3)，

因为而=I正，得G(9,0，W),

所以品=(卓,0,_等)，而=(_遮,2,0)，

设平面GCD的法向量为4=(x,y,z),

,.(n-i-GC=0/日~~-x—~~z—0.।^3

故一，得55，令x=l,则m丫=巴*=2,

凡。=0(，V3x+2y=02

所以冗=(1,*,2)

又因为平面ACD的法向量为芯=(0,0,1),

设二面角G-CO-4为

0x14-0x14-1x2

cos<rH.nJ>="

故lxW+（容产+22

解析：本题考查线面垂直的证明，考本题考查线面垂直的证明，空间想象能力以及计算能力，转化

思想的应用.

(1)推导出PALBC,BD1AC,由此能证明BD1平面PAC.；

(2)求出PC,说明PC1GD,在APDC中，利用勾股定理求解边长，然后推出比值即可.建立空间直

角坐标系，求两平面的法向量。进而求二面角G-CD-4正弦值.

18.答案：解：(1)证明：如图，设AC与8。相交于点O,连接B10,

因为四边形A8CQ为菱形，故ACJ.BD,。为AC的中点，

又AB】=CB、,故当0_L4C,

又BDu平面BDD/i，/。u平面且BDnBiO=O,

故4cl平面

又ACu平面ABCD,

所以平面_L平面A8CD；

(2)因为底面ABC。是边长为2的菱形，又N£MB=60°,

所以BD=2,AO=C0=V3.

又ADBiB是等边三角形，

可得B]。1BD,BD=BB]=DBr=2,Br0-V3,

结合(1)可知平面BDD1a_L平面ABC。，平面C平面ABC。=BD,Bx01BD,B1。u平面

BDD、B],

所以Bi。_L平面ABCD,又OCu平面ABCD,故当。1OC,

所以B]C=V6，

设&C交BG于点H,

又BBi=2,BC=2,

所以平行四边形BCG当为菱形，故BiCIBCi，

y.BDLAC,BD1Br0,AC,B]。u平面4CB1，

所以BD，平面力

由B]Cu平面ACBi，

所以BO1BC

又BDnBC】=B,BD,BC】u平面GBD,

所以SC_L平面GBD,

故，为名在平面CxBD内的射影，

故点当到平面GBD的距离为81H=芋=当，

又D\B\〃BD,5当C平面GBD,BOu平面

所以〃平面GBD,

故点当到平面GBD的距离与点Di到平面GBD的距离相等，

所以点Di到平面GBD的距离为苧.

解析：本题考查了面面垂直的判定，空间中点到平面的距离，考查了空间想象能力，属于中档题.

(1)设AC与8。相交于点O,连接以。，结合菱形的性质可得AC1BD,且。为AC的中点，再根据

CBi，可得810JL4C,进而证明AC1平面BDDi/,即可得证；

(2)设BiC交BC1于点“，运用线面垂直的判定与性质得到”为名在平面GBD内的射影，进而求出名到

平面GB。的距离，然后证明D/i〃平面/BD,即可得到％到平面QBO的距离.

19.答案：(1)证明：取AB中点G,连接EG,FG,

•••F是8c的中点，

1

FG//AC,FG=)C；

•••E是AG的中点，EC\"AC,ECi=\AC,

FG2EQ，

••・四边形FGECi为平行四边形，

•••C/〃EG,

•••GF<t平面ABE,EGu平面ABE,

.•・C】F〃平面ABE；

(2)vAAr=AC=2,BC=1,AB1BC,

・•・AB=V3»

_1

J^E-ABC=^AABC0

=-x-xV3x1x2=—.

323

则三棱锥E-48c的体积为更.

3

解析：本题主要考查直线与平面平行的判定定理的应用，儿何体的体积的求法，考查空间想象能力

以及计算能力，属于较易题.

(1)取AB中点G,连接EG,FG,证明尸G〃EQ,推出GF〃EG,然后利用直线与平面平行的判定

定理证明〃平面A8E；

(2)说明4818C,求出48,然后求解几何体的体积即可.

20.答案：解：(1)设所得圆柱的半径为则(2nr+2r)X4r=100,

Sj2(rr+1)

解得r

2(7T+1)

X

<

a<7，(a2

(2)设所得正四棱柱的底面边长为则｛I。。2即.20

a<--4a,(a<

x

y,0<X<2屈,

方法一：所得正四棱柱的体积V=a2x<^,x>2V10.

Y，0<x<2V10,

记函数p(x)=^,x>2V10.

则p(x)在(0,上单调递增，在［2何，+8)上单调递减,

所以当*=2，历时，Pmax(x)=2O\41O.

3

所以当x=2V10.a=同时，Vmax=20>JT0dm.

20

方法二：2aWxW从而a<V10.

所得正四棱柱的体积U=a?》<a2(y)=20a<20V10.

3

所以当a=VTU，x=2同时，Vmax=20V10dm.

答：(1)圆柱的底面半径为嚅票dm；

(2)当x为2，1U时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大.

解析：(1)根据侧面积公式即可求出r,

(2)设所得正四棱柱的底面边长为以加7,贝IJ盆即20

(a<----4a,a<—.

vXX

方法一：根据体积公式，借助和导数和函数的最值的关系即可求出，

方法二：利用不等式的性质即可求出.

本题考查了圆柱的侧面积和正四棱柱的体积公式，以及导数在实际生活的应用，属于中档题.

21.答案：(1)证明：:DEIBE,BE//DC,

•••DE1DC,

AAD1DC,AiDnDE=D,A1D,DEu平面4DE,

DC1平面&0E,又「AiEu平面&DE,

DC1ArE,

"AXELDE,DCODE=D,DC,DEu平面8cOE,

AXE，平面BCDE；

(2)解：由题意，以EB,ED,EAi分别为x,y,z轴，建立坐标系，贝UDE=26,

4式0,0,2),8(2,0,0),C(4,2V3,0),D(0,2>/3,0),

西=(-2,0,2),BC=(2,2V3,0).

平面4BE的一个法向量为有=(0,1,0),

—2丫J-Q7-n

{2%+2vf7=0，

令y=1,・••布=(一百,1,—V3),

一、mny[7

cos<m,n>=——=—,

|m||n|7

二钝二面角E-ArB-C的余弦值为-?；

(3)解：在线段E3上不存在一点尸，使平面&0P1平面&BC,

设P(t,0,0)(0<t<2),则审=(t,0,-2),A^D=(0,273,-2)，

设平面4CP的法向量为方=(a力，c),则卜^2c=0,

(ta-2c=0

令a=2,p=(2,专,t),

•••平面&DP1平面4BC,

由第二问可得平面4BC的一个法向量记=(-V3.1.-V3)，

由沅下=0得，二一2遥+套一百t=0,

t=—3,

v0<t<2,

•••在线段EB上不存在一点P,使平面4DP，平面&BC.

解析：本题考查线面垂直的判定与性质及利用空间向量求二面角和平面与平面垂直.

(1)证明DC1平面4DE,可得DC1&E,利用&E1DE,DCC\DE=D,可得4E1平面BCDE；

(2)以EB,ED,E4分别为x,y,z轴，建立坐标系，求出平面&BE、平面&BC的一个法向量，利

用向量的夹角公式求二面角E—4B-C的余弦值；

(3)设P(t,O,0)(0<t<2),求出平面&OP的法向量，利用平面4DPJ■平面&BC,可