高中数学第八章《立体几何初步》提高训练题 (一)(含答案解析)

第八章《立体几何初步》提高训练题（1）

一、单项选择题（本大题共2小题，共10.0分）

1.如图，在矩形ABCD中，AB=2,BC=1,E、N分别为边AB,

BC的中点，沿ADE折起，点A折至4处（4与A不重合），

若M、K分别为线段&D,4C的中点，则在MOE折起过程中，（）

A.DE可以与&C垂直

B.不能同时做到MN〃平面为BE且8K〃平面4DE

C.当MN1&D时，MNJ"平面ZiDE

D.直线4C、BK与平面8CDE所成角分别为%，%，%，%能够同时取得最大值

2.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边8c上的高AO为折痕，把△ABD和AACD折成一个直二面

角B—AD-C,某学生得出下列四个结论：

BDCBC

①BD-LAC;②ABCA是等边三角形；

③三棱锥0-ABC是正三棱锥；④平面ADC平面ABC.

其中正确的是（）

A.①②④B.①②③C.②③④D.①③④

二、多项选择题（本大题共15小题，共60.0分）

3.正方体4/iGDi-4BC0的棱长为2,E,F,G分别为BC,CG，BBi

的中点，则下列说法正确的是（）

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T

D.点C与点G到平面AEF的距离相等A

4.将边长为2的正方形A5CD沿对角线B。折成直二面角A-BD-C,点P为线段A。上的一动点，

下列结论正确的是（）

A.异面直线AC与8。所成的角为60。

B.△ACD是等边三角形

C.△BCP面积的最小值为叵

2

D.四面体A8CD的外接球的表面积为8兀

5.在三棱锥P—4BC中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，AB=2,PA=PC=V5,

二面角P-AC-B的余弦值为-在，则下列说法正确的是

3

A.AC1PB

B.点P到平面ABC的距离为1

C.三棱锥P-ABC的体积为2

D.三棱锥P-ABC的外接球的体积为9兀

6.如图直角梯形4BCD,4B〃CD,AB，BC,BC=CQ=T4B=2,E为A8中点，以。E为折痕把

团4DE折起，使点八到达点P的位置，且PC=2g,则（）

A.平面POE1平面EBCD

B.PC1ED

C.二面角P-DC-B的大小为日

4

D.PC与平面PE。所成角的正切值为我

7.（多选题）如图所示，在直角梯形BCEF中，4CBF=4BCE=90。，4,。分别是8F,CE上的点，

AD//BC,且AB=DE=2BC=24F（如图①）.将四边形AOE尸沿4。折起，连接BE,BF,CE（

如图②）.在折起的过程中，下列说法中正确的是（）

E

A.AC〃平面BEF

B.B,C,E,尸四点不可能共面

C.若EF1CF,则平面ADEF_L平面ABCD

D.平面BCE与平面BEF可能垂直

8.如图，在菱形4BCD中，AB=2,zABC=60°,例为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成

△ABiM,连接和N为Bi。的中点，则在翻折过程中，下列说法中正确的是（）

A.AM1BiC

B.CN的长为定值

C.4%与CN的夹角为*

D.当三棱锥当-AMD的体积最大时，三棱锥Bi-AMD的外接球的表面积是8兀

9.在三棱柱4BC-&B1C1中，E,F,G分别为线段A8,&B1，的中点，下列说法正确的是（）

A.平面AQF〃平面&CEB.直线FG〃平面&CE

C.直线CG与BF异面D.直线的尸与平面CGE相交

10.如图，四棱锥P-ABCC中，底面ABC。为菱形，力。=4,^BAD=；,面PAD1®ABCD,4PAD

为等腰直角三角形，且4”。=今AC与80交于点O,E为PC的中点，尸在直线PA上，若曹=九

则下列说法正确的有（）

a

A.异面直线尸。与A。所成角的余弦值为立

4

B,当;1=：时，平面OEF_L平面。EF

C.点D到平面OEF的距离为学

D.存在；I,使得CF1PB

11.如图四棱锥P-ABCD,平面PAD，平面ABCD,PAD是边长为2遍的正三角形，底面ABCD

为矩形，CD=2b，点。是的中点，则下列结论正确的是（）

A.CQ，平面PAD

B.PC与平面4QC所成角的余弦值为1■四

3

C.三棱锥B—ACQ的体积为6夜

D.四棱锥Q-48C。外接球的内接正四面体的表面积为24百

12.在直三棱柱ABC-AiBiG中，乙4BC=90。，AB=BC=2,AAr=2,M是

BC的中点，N是4G的中点，点P在线段BiN上，点。在线段AM上，且

AQ=lAM,S是4cl与4C的交点，若PS//面BiAM,则

A.PS"B\Q

B.P为&N的中点

C.AC1PS

D.三棱锥P-BiAM的体积为|

13.在直三棱柱4BC-aBiCi中，^ABC=90°,AB=BC=2,AAr=2,M

是BC的中点，N是&G的中点，点P在线段BiN上，点。在线段AM上，

且AQ=|AM,S是4cl与41c的交点，若PS〃面5遇“，则

A.PS//B0

B.P为&N的中点

C.AC1PS

D.三棱锥P-的体积为|

14.在直三棱柱ABC-&B1C1中，AABC=90°,AB=BC=2,AAr=2,M

是BC的中点，N是&G的中点，点P在线段&N上，点。在线段AM上,

且S是4cl与&C的交点，若PS〃面BiAM,则（）

A.PS//BrQ

B.P为aN的中点

C.AC±PS

D.三棱锥P-BiAM的体积为|

15.如图四棱锥P-ABCD,平面PAD1平面A8C。，侧面PAD是边长为2遍的正三角形，底面ABCD

为矩形，。。=2百，点。是尸。的中点，则下列结论正确的是

A.CQ1平面PAD

B.PC与平面AQC所成角的余弦值为斗

C.三棱锥B-ACQ的体积为6鱼

D.四棱锥Q-4BCD外接球的内接正四面体的表面积为24国

16.如图，四棱锥P-4BC0,平面PAO_L平面ABC。，侧面PA。是边长为2e的正三角形，底面

ABCD为矩形，CD=2V5，点。是P。的中点，则下列结论正确的是（）

A.CQ1平^PAD

B.PC与平面AQC所成角的余弦值为雷

C.三棱锥B-4CQ的体积为6位

D.四棱锥Q-4BCD外接球的内接正四面体的表面积为24次

17.如图四棱锥P-ABCD,平面PAD1平面ABC。,侧面PAO是边长为2伤的正三角形，底面ABCD

为矩形，CD=26，点Q是的中点，则下列结论正确的是

A.CQ1平面PAD

B.PC与平面AQC所成角的余弦值为雷

C.三棱锥B-ACQ的体积为6位

D.四棱锥Q-4BC。外接球的内接正四面体的表面积为24百

三、填空题（本大题共7小题，共35.0分）

18.如图，在矩形A6C。中，AB=2,4。=1,点E为CO的中点，F为线段CE（端点除外）上一动

点.现将△O4F沿AF折起，使得平面4B。_L平面4BC.设直线与平面ABCF所成角为8,。的

取值范围为

19.如图，在四边形ABC。中，ADHBC,AD=AB,/BCD=45。，/.BAD=90°,将△4BD沿8。

折起，使平面4BDJ_平面BCD,构成三棱锥4一BCD,则在三棱锥4-BCD中，下列判断正确

的是.（写出所有正确的序号）

①平面ABD1平面ABC②直线BC与平面ABD所成角是45。

③平面ACDL平面ABC④二面角C-4B-D余弦值为苧

20.如图，在棱长为1的正方体4BCD—4B1GD1中，点E,尸分别是棱

BC,CG的中点,P是侧面BC。1Bi内一点（含边界），若&/7/平面AEF,

点P的轨迹长度为_.直线&P与平面BCG/所成角的正切值的取

值范围是.

21.四棱锥S-4BCD中，底面A8CQ是边长为2的正方形，侧面SAO是以S。为斜边的等腰直角三

角形，若2或WSCW4,则四棱锥S-4BCO的体积取值范围为

B

22.如图，正方体力8。。-力道停1。1的棱长为1,线段氏以上有两个动点E、F,且EF=」，现有

2

如下四个结论：

@AC1BE；②平面EFC*〃平面&BD；③异面直线AE、B尸所成的角为定值；④三棱锥4一

BEF的体积为定值.

其中正确结论的序号是

23.在三棱锥S-4BC中，底面13ABe是正三角形且S4=SB=SC,M是SC的中点，且4M1SB,

底面边长4B=2位，则三棱锥S-ABC体积为,三棱锥S-ABC外接球的表面为

24.如图，在矩形ABC。中，AB=2,40=1,点E为8的中点，F为线段CE（端点除外）上一动点

.现将团ZL4F沿AF折起，使得平面ABO，平面A8C.设直线与平面A8CF所成角为。，贝kin。的

最大值为.

四、解答题（本大题共6小题，共72.0分）

25.如图所示，直角梯形4BC。中，AD//BC,AD1AB,AB=BC=2AD=2,四边形EDCF为矩

形，CF=V31平面EDCF1平面ABCD

(I)求证:DF〃平面ABE；

(H)求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值；

(HI)在线段。尸上是否存在点P,使得直线8尸与平面ABE所成角的正弦值为日，若存在，求出

线段8P的长，若不存在，请说明理由.

26.已知四棱锥P-4BCD中，底面ABC。为梯形,4B〃C0,CD=2AB=2,tan4B40=2tan4BCD=

3,PA=V10，PC=4,/.PCD=

(I)若E为PC的中点，求证：BE〃平面PAD；

(II)求二面角B-PC-。的正弦值.

27.在四棱锥P-4BCD中，平面RW_L平面H8C。，底面月BCD为直角梯形，BCHAD,ZADC=90。,

BC=CD=~AD=\,E为线段4D的中点，过BE的平面与线段PD,PC分别交于点G,F.

(1)求证：GF1PA；

(2)若R4=PDf,是否存在点G，使得直线P3与平面3EGF所成角的正弦值为半，若存在,

请确定G点的位置；若不存在，请说明理由.

28.如图，在三棱锥P—ABC中，P41底面ABC,4B4C=90。.点。，E,N分别为棱PA,PC,BC

的中点，M是线段的中点，PA=2C=4,AB=2.

(1)求证：MN〃平面BDE；

(2)求二面角C-EM-N的正弦值;

(3)已知点”在棱PA上，且直线N”与直线BE所成角的余弦值为手，求线段A”的长.

29.如图，在三棱锥P-ABC中，PAUS®ABC,zBAC=90°点D,E,N分别为棱PA,PC,BC

的中点，M是线段A£）的中点，PA=AC=4,AB=2.

(I)求证：MN〃平面BDE；

(口)求二面角C-EM-N的正弦值；

(HI)已知点4在棱PA上，且直线N"与直线BE所成角的余弦值为?，求线段A”的长.

30.在四棱锥P-4BCD中，侧面PAO，底面A8CD,PA=AD=DC=6,AC=6y[2,AB=3>

CD〃平面PAB,ZPAD=60°

(1)求证：平面PCO_L平面P8C；

(2)求二面角P一BC—。的余弦值.

【答案与解析】

1.答案：。

解析：

根据题意，利用逐个检验法，画出图形判断即可.

考查线线垂直，线面垂直，线面所成的角，线线平行，线面平行等，本题设计知识点交点，综合性

强，难度较大.

解：对于A,连接EC,在矩形A8C£>中，AD=AE=1,BC=BE=1,=Z.EBC=90°,

A^DEA=乙CEB=45°,乙DEC=90°,DE1EC,

假设DElAiC,又ECn41C=C,EC,AiCu平面AiEC,

二DE1平面AiEC,4iEu平面DE14iE,而AiEO=45。，错误;

对于B,取OE,DC中点、G,F,连接GM,GN,FK,FB.

•••GM/ZA^,GN//EB,

因为GM〃&E,MG<t平面&8E,&Eu平面&BE,所以GM〃平面&BE,

因为GN〃EB,GNU平面4BE,BEu平面&BE,所以GN〃平面&BE,

又GM,GNu平面GMN,GMC\GN=G,

二平面48E〃平面GMN,MNu平面GMN,：.MN〃平面&BE.

同理可证平面尸KB〃平面&OE,BK〃平面错误；

对于C,连接ME,EN,当MNJL4。时，MN2=DN2-DM2=CD2+CN2-DM2=CD2=4,

而ME?=EN2=三，MN与ME不垂直，即用N不垂直平面&DE,错误；

4

对于。，•••久在以为直径球面上，球心为G,&轨迹为1外接圆⑷与不重合）,

连接EC,取EC中点T连接TK,TB,

・•.TKWTB=苧MTB=135。=BK/，

直线4C、BK与平面BCQE所成角取得最大值时，点&到平面BCDE的距离最大.二。正确.

故选：D.

2.答案：B

解析：

【试题解析】

本题考查空间中线线、线面及面面之间的位置关系，着重考查线面垂直的判定与性质，面面垂直的

性质，多面体的几何特征和二面角的作图与运算，属于较难题.

设等腰直角三角形△ABC的腰为。，①利用面面垂直的性质定理易证BD1平面4DC,再利用线面垂

直的性质可知BO1AC,从而可判断①;②依题意及设法,利用勾股定理可求得BC=a=AB=AC,

从而可判断②；③根据②及。4=OB=0C,根据正三棱锥的定义判断；④作出平面AOC与平面

ABC的二面角的平面角，利用B0，平面4OC可知，NBOF为直角，NBFD不是直角，从而可判断④.

解：设等腰直角三角形△ABC的腰为a,

①•.•。为BC的中点，.•.401BD,AD1CD,

又由题意知平面4B01平面AC。，平面48。n平面AC。=40,BD1AD,BDu平面AB。，

BD1平面ADC,又ACu平面ADC,

BD1AC,故①正确；

②由①知，BDJ■平面AQC,8<=平面4。。，

•••BD1CD,

又由等腰三角形可知AD=BD=CD=—a，

2

・♦・折叠之后由勾股定理可得：BC=a,

又4B=AC=a,

.•.△ABC是等边三角形，故②正确；

③vA4BC是等边三角形，且=DB=DC,

•••三棱锥D-4BC是正三棱锥，故③正确.

④由①中4D1CD和②中力。=CD可知△4DC为等腰直角三角形，

取斜边AC的中点凡连接OF,则DF14C,

又A/IBC为等边三角形，连接BF,贝IJBF14C,

NBFC为平面4OC与平面ABC的二面角的平面角，

由BD1平面AOC可知，4BDF为直角,48FD不是直角，

故平面AOC与平面ABC不垂直，故④错误；

综上所述，正确的结论是①②③.

故选B.

3.答案：BC

解析：

本题考查立体几何中直线与直线、直线与平面的位置关系及截面积有关的计算问题，综合性较强，

属于较难题.

A.利用线面垂直的性质进行分析；B.作出辅助线利用面面平行判断；C.作出截面然后根据线段长度计

算出截面的面积；。.通过等体积法进行判断.

解：4若。|O_LAF,又因为O|D_LAE,且=AE,4Fu平面AEF,

所以DDt±平面AEF,又EFu平面AEF,

所以。EF,又。OJ/CCi，所以CCJEF,

显然CCJEF是不成立的，故A错误；

B.如图所示，取BiG的中点。，连接&Q,GQ,

由条件可知：GQ//EF,A[Q〃AE,AQC平面AEF,AEu平面AEF,GQC平面AEF,EFu平面

AEF,

所以&Q〃平面AEF,GQ/mAEF,

且GQn&Q=Q,GQ、&Qu平面4GQ,

所以平面&GQ〃平面AEF,又因为&Gu平面&GQ,

所以&G〃平面AEF,故B正确；

C.如图所示，连接D1F,D14,

因为E,F为BC，GC的中点，所以EF〃BQ〃45，

所以4E,F,历四点共面，

所以截面即为梯形AEFDi，

延长D/ME交于点5,

22

由勾股定理得DiS=AS=V4+2=2㈢，ArD=2vL

所以SAAIV=：x2或xJ(2追尸一(32=6，

39

所以S&MAEFQ6X[—,)，

(易知E,F分别为AS,01S的中点，取4%的中点，利用相似三角形可证SRIEF"：S△皿s)，

故C正确；

。.记点C与点G到平面AEF的距离分别为刈,电，

因为Vf-AEF=3"SM"'=yA-CEF=3X~'2=§，

又因为匕J-AEF=：-S&AEF-九2=^A-GEF=|X一X2=|»

所以砥手电，故。错误.

故选：BC.

4.答案：BD

解析：

本题以平面图形的翻折为载体，考查空间中直线与平面之间的位置关系，空间几何体的表面积，属

于难题.

根据线面垂直即可判断A；根据直二面角即可判断B；过P作PF1BC于F,过下作FG1BC于G,

得BC1PG,没PF=x，则DF=x,BF=2五-X,求出PG最小值，进而判断C；根据外接球表面

积公式判断D.

解：如图所示：

取80的中点。，连接0A,0C,

则041BD,OC1BD,

又CMC0C=。04U平面CMCOCC平面04c，

得BD±平面0A0,

因为C平面。4U得7W1AC,

故异面直线AC与8。所成的角为90。，故A项错误；

因为二面角4-B0-C为直二面角，贝吐40C=90。，

因为。4=0C=A/L则AC=2,故AC=C0=40,

得△ACD是等边三角形，故B项正确；

过P作PF1BC于F,过尸作FGJ.BC于G,

连接PG,因为平面.AOB_L平面3CD,

所以PP_L平面PliJPF1FG,PFLBC,

又FGCPF=F,PF、FGu平面PFG,

所以平面PFG,

又PGu平面PFG,•••BCLPG,

骸PF=x，则DF=x,BF=2V2-x.

・•・FG=2

PG=卜+(2-犷=思-呻+,

...当工=竽时,PG有最小值竽，

故4BCP面积的最小值为工x2x*=*，故C项错误；

233

由于04=OB=0C=0D=V2,

则四面体ABC。的外接球的球心为O,半径为企，

得四面体ABCC的外接球的表面积为4兀(/?=8兀，故。项正确.

故选BD.

5.答案:AB

解析：

本题考查空间几何体的结构特征，二面角的应用，考查几何体的体积求法，空间距离求法及球的体

积公式的应用，属较难题.

依题意，根据空间几何体的结构特征，结合条件，根据棱锥及球的体积公式逐项判断即可.

解：如图所示，取4c的中点0,连接P0,0B,

因为P4=PC,AB=BC,所以0P14C,OBLAC,

可知NPOB为二面角P-4C—B的平面角，故COSNPOB=.

3

在平面PB。内过点P作8。的垂线交B0的延长线于点。，COSAPOD=—.

3

^OP1AC,OBJ.AC,OPCOB=0,OPu平面P8。，OBu平面PB。，

可得AC_L平面尸80,因为PBu平面P3。，所以4clpB,A正确;

因为4C1平面PB。，「。＜=平面28。，所以4C1.PD,

又因为PD_LB。，ACQBO=0,ACu平面ABC,B。u平面ABC,

所以PO_L平面ABC,

OP=＞JAP2-OA2=V5^2=百，

所以OD=OPcos^POD=V3x—=V2.

3

DP=70P2-0。2=1,即点P到平面ABC的距离为1,B正确；

三棱锥P—力BC的体积V=1x之x48xBCxPD=|,C错误；

所以。4=0C=0D=0B=&,则四边形ABC。为正方形，

从而易联想到将此三棱锥补形成长方体4BC。-EFGP,

所以三棱锥P-4BC的外接球即为长方体ABC。-EFGP的外接球，且P8为该外接球的一条直径，

又PB="AD?+CD?+PQ2=3,所以该外接球的半径R=|,

所以该三棱锥的外接球的体积为V=：兀/?3=故。错误.

133oZ

故选AB.

6.答案：AC

解析：

本题考查了空间中垂直关系的相互转化，线面角，面面角求解，属于较难题目.

利用面面垂直判定定理证明A选项；假设尸。1矶）可推出线面垂直，然后可得NEO/，=NE£M=

90°,显然不成立；

确定二面角的平面角为/以用，然后可判断C；NCPD为直线PC与平面P/汨所成角，在RSPCD

中，tanNCPD=—=也即可判断D.

PD2

22

解：A中，pD=AD=VJF+DF=V2+2=2y/2'

在三角形PQC中，PD2+CD2=PC2'所以PQ_LCZ），又CDtDE，PDnDE=D,

可得。1平面以义），。。＜=平面后3。。，所以平面平面EBCO,A选项正确；

B中，若PC1ED，又EDiCD，PCnCD=C,

可得平面POC，则ED1PO，而NEDP=/ED4，显然矛盾，故B选项错误：

C中，二面角尸―OC—B的平面角为NP。"，根据折前折后角度不变知NP0E=4£>E=45°，故

C选项正确；

。中，由上面分析可知，NCPD为直线尸C与平面所成角，在RSPCO中,

tanZCF£>=->故。选项错误•

PD2

故选：AC.

7.答案：ABC

解析：

本题考查线面平行、面面垂直的判定定理，属于中档题.

由线面平行、面面垂直的判定定理，进行判断即可.

解：取4c的中点为。，取BE的中点为M,连结M0,

则MO〃OE,M。=^0E,则M0〃4F,MO=AF,得四边形AOMF为平行四边形,

即4C〃FM,FMu平面BEF,AC不在面8EF内，

•••4(7/平面8后/，故A正确；

••・直线BF与CE为异面直线，

：.B、C、E、尸四点不可能共面，故B正确：

在梯形AQEF中，易得EF1FD,又EF1CF,FD、CFu平面CQF且交于点兄

EF_L平面CDF,又•••CDu平面CDF,

：.CD1EF,又因为AD〃BC,乙BCE=90°,

CD1AD,

和AD必交于一点且在平面ADEF内，

CD_L平面ADEF,­：CDu平面ABCD,

.♦•平面AOEF_L平面ABCD,故C正确；

延长A尸至G使得4F=FG,连结8G、EG,

易得平面BCE_L平面ABF,过f作FNJ.BG于N,则FN1平面BCE,

若平面BCE_L平面BEF,则过尸作直线与平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾，故£＞错误.

故选ABC.

8.答案：ABD

解析：

本题考查几何体的翻折问题，考查线面垂直的判定与性质，异面直线所成的角，空间中的距离，球

的表面积计算，考查空间想象能力，属于中档题.

对于A,由AM1BC,且将AABM沿直线AM翻折过程中4M1秘IM_LCM的关系不变即可判

定；对于B,由面面平行的判定定理及等角定理可得NNF。9(),运用勾股定理计算即可判定；

对于C,由NE〃ABi即可判定线线角，由此计算即可判定；由翻折过程中，面ABiMl面4加€7)时

三棱锥81-AMD的体积最大即可得出三棱锥特征，由三棱锥特征可计算其外接球半径，即可求解判

定.

解：对于A,因为菱形ABCD中，|4B|=2,4ABe=60°,M为3c的中点，所以4M1BC,将A4BM

沿直线AM翻折成AABiM,则AM1BrM,AM1CM,因为当"nCM于点M,且u面B、MC,CMu

面B、MC,所以4MJ.颐i"C,又因为B[Cu面B]MC,所以AM1&C,故A正确；

对于8,如图1,取A£＞的中点为E,连接CE交MQ于点F,因为N为8道的中点，则NE〃ABi，CE〃/1M,

由面面平行的判定定理可得面481M〃面ENC,又因为面4B1M和面ENC均与平面&M。相交，交线

分别为和NF,所以由A可得4Ml由等角定理可得NNF「90,又因为

\NF\=^\B1M\=^\FC\=^\AM\=^-,

所以|NC|=JlNFp+|FC『=](+]=],为定值，所以8正确;

图1

对于C,由B可得NE〃AB「所以4NEC或其补角即为4当与CN的夹角，在△ENC中，|EN|=与他/=

1，\EC\=HM|=V3.\NC\=1,所以cos/NEC="9变=_匕所以AB1与CN的夹角为'；，故

2X1X12•>

c错误；

对于。，因为在翻折过程中，△AMD始终不变，又由A可得AM所以将AABM沿直线AM

翻折过程中，当面4&MJJSAMCD时，三棱锥&-AM。的体积最大.此时由面48泌1面AMCC,

面ABiMn面力MCD=AM,AM1BXM,可得1面AMCD.又因为MC〃4D,所以AMIAD,所以

Bi。即为三棱锥&-AM。的外接球的直径，由|MD|=y/\AM\2+\AD\2=V3T4=近，可得以。|=

+|MD|2=VTT7=2V2）

所以球的半径为近，表面积是8元，故。正确.

故答案为：ABD.

9.答案：AC

解析：

本题考查了简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征，异面直线，线面平行的性质，面面平行

的判定，平行公理与等角定理，线面平行的判定和反证法，属于较难题.

利用棱柱的结构特征得4F〃E/,GF〃CE,再利用线面平行的判定和面面平行的判定，对A进行

判断，利用线面平行的性质，结合反证法和平行公理对8进行判断，利用异面直线的判定对C进行

判断，利用线面平行的判定对。进行判断，从而得结论.

解：对于A、如图：

在三棱柱ABC—4B1G中，E、尸分别为线段AB、41&的中点,

所以4F〃EBi，C[F〃CE,

而AF,GFC平面为CE,EB],CEu平面％CE,

因此AF〃平面&CE,GF〃平面&CE.

又因为AFCGF=F,4F，GFu平面4GF,

所以平面AC/〃平面/CE,因此A正确；

对于B、如图：

若直线FG//平面&CE,

而FGu平面44[BiB,平面44i&Bn平面BiCE=

因此FG〃EB「

又因为4F〃E8i，所以4F〃尸G,

这与AFnFG=尸相矛盾，因此B不正确；

对于C、如图：

1

c

因为直线CG与平面44/1B交于G,BFu平面44$出，且G任BF,

所以直线CG与B尸异面，因此C正确；

对于。、如图：

因为GF〃CE,CrFC平面CGE,CEu平面CGE,

所以GF〃平面CGE,因此。不正确.

故选AC.

10.答案：AD

解析：

此题主要考查异面直线所成角，面面垂直的判定，点到平面的距离，线线垂直的判定，属于中档题；

解题时通过分析条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量解决，4转化为

两向量所成的角，注意角的范围；B.利用法向量判定面面垂直；C.利用向量求点到平面的距离；。.假

设存在，利用向量的数量积为0,求得;I.

解：

z

取A。的中点0，，连接P0',O'B,

由△PAD为等腰直角三角形，且〃PD=],

则P。'LAD,

又平面PAD_L平面ABCD,平面PAOC平面AD,

且PO'C平面PA。，

故PO'1平面.ABCO,又OBU平面C平面ABC。，

贝l」P。'1O'B,PO'1O'D,

又底面ABC。为菱形，/.BAD=p

则△ABC为等边三角形，则O，B_LA。,

故可建立以。'为原点，分别以。'8,0'。,。字为x,y,z轴的空间直角坐标系.

4(PAD为等腰直角三角形，且AD=4,

则P(0,0,2),且0(g,1,0),A(0,-2,0),£)(0,2,0),

则而=(一遍,一1,2),而=(0,4,0),

设异面直线PO与AD所成角为a,

则cosa=|cos灰，砌|=卷制=看=争

故A正确；

B当；1=9时，即詈=：，则尸(0,一：，9，

且E(低2,1),0(73,1,0),D(0,2,0),

则灰=(0,1,1),OF=

DF=(V3,0,l),DF=

设平面OE尸的法向量为口=(x,y,z),

则及，话，plOF-

(y+z=0

叫一伍一|y+gz=0)

令z=1,则y=_l,x=V3,

即平面OEF的法向量为口=(V5,-1,1)，

设平面DE尸的法向量为=(x,y,z),

则砺，vLDF，

令x=V3,则z=—3,y=-I，

即平面QEF的法向量为^=(百,一|,一3),

因口•至=3+|-3H0,即■与不垂直，

故平面OEF与平面。瑁7不垂直，

故8错误；

C.DO=(V3.-1.0).

平面OEF的法向量为■=(V3)-1.1),

则点D到平面OEF的距离为喀=白=衅，

I川V55

故C错误；

DjPB=（2V3,0,-2）,

若嬴=九则F(0,-24,2—24),

则加=(0,-24-2,2-24),

若DF1PB,则丽・丽=0，

即2—2Z=0,即2=1,

即尸与A重合时，DF1PB,

故存在；I,使得DF1PB,故。正确;

故选AD

11.答案：BD

解析：

本题考查线面垂直的判定，直线与平面所成角，空间中的距离，棱锥体积的计算，圆锥外接球性质

的运用，考查逻辑推理能力和空间想象能力，属较难题.

选项4根据两平面垂直，得到底面是矩形，进而得到CD■!_平面尸4力，根据过一点向平面作垂线只

能做一条垂线，即可判断，

选项8：取A。的中点E,连接PE,AQ,AC,EC,先证明PEJ■平面ABC。，进而得到PE1EC,

再根据CD_L平面PAO进而得到C。J.PD,通过边长关系证明CQ2+AQ2=ac2,即Q4iQC,再利

用三角形面积公式计算出面积，设点P到平面AQC的距离为"，根据两体积相等列等式求解人进

而求出正弦值，即可得出余弦值，即可判断，

选项C：根据%_ACQ=%-4BC，结合点。是的中点直接求体积即可.

选项D：连接BD交AC于点N,连接QN,易知点N即为四棱锥Q-4BCD外接球的球心，半径R=3,

设该球内接正四面体的棱长为。，进而求出八=卜一(|xj=苧，结合R2=6x?aj+

(八一R)2求出a的值，即可求出表面积.

解：对于A

•••平面PAD1,平面ABCD,平面PADn平面4BCD=AD,底面ABCD为矩形，

CDLAD,CDu平面ABCD,

：.CD1平面PAD,而CQCCD=C,

若C'Q_L平面月4力，则与过一点向平面作垂线只能做一条矛盾，故4错误；

对于B:取AQ的中点E,连接PE,AQ,AC,EC,

所以PE140,

又平面PAD1平面ABCD,平面PADn平面ABC。=AD,PEu平面PAD,

所以PE1平面ABC。，

又ECu平面ABCD,

所以PE1EC,

易知PE=AQ=2显4=3V2.EC=yjDE2+DC2=<6+12=3VL

AC=>JAD2+DC2=424+12=6-

PC=yJPE2+EC2=V18+18=6，

又CD_L平面PAD,PDu平面PAD,

所以CD1PD,

所以CQ=yJCD2+DQ2=V12+6=3VL

所以CQ2+4Q2=AC2,

所以QA1QC,

所以S^Qc=4•QC=：x3&x3&=9,

又SXPQA=；PQ•AQ=|x3/x遍=3V3,

设点P到平面AQC的距离为d,则由%_PQ4=VPTCQ，

则有《SAPQA-CD=lsAQC-d,Bpix3V3x2V3=1x9xd,

所以d=2,

则.PC与平面AQC所成角的正弦值为卷=I，

所以PC与平面AQC所成角的余弦值为=手，故8正确；

对于C：

VB-ACQ=%-ABC，

•・・点。是尸。的中点，

・♦.点Q到平面A8CD的距离为点P到平面ABCD的距离的一半，即苧，

S448c=gX2^6X2V3=6>/2,

"^B-ACQ~^Q-ABC=,X6"\/2X=6，故C错i天；

对于D:连接8。交4c于点N,连接0M

易知N4=NB=NC=ND=3,

又QN=3AC=3,

所以点N即为四棱锥Q—ABC。外接球的球心，半径R=3,

设该球内接正四面体的棱长为m

则正四面体的高h=Ja2_(|x豹,=苧，

22

又有R2=(|x*)+(*R)2,即9=9+(苧一3)，

解得a=2A/6,

正四面体的表面积S=4xix—a2=4x—x24=24取,故O正确.

224

故选BD.

12.答案：ACD

解析：

本题考查了简单多面体(棱柱、棱锥、棱台)及其结构特征，棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和

体积，平面的基本性质及应用，线面平行的性质，线面垂直的性质和空间中的距离，属于较难题.

利用直三棱柱力BC-AiBiG的结构特征构建一个边长为2的正方体力BCD-AiBiGDi，连接劣名，

连接当。1，利用正方体的结构特征，结合平面几何知识得点P在线段当以上，连接2。，交AC于O,

利用平面几何知识得点。在8。上且BQ=|BO,连接BD1，利用平面几何知识得点S在BD】上，且

是BD】的中点，利用平面的基本性质得PSu平面DDiBiB,再利用线面平行的性质对A进行判断，在

平面DD1/B中，利用平面几何知识对8进行判断，利用正方体的结构特征得力S1平面。Di/B,再

利用线面垂直的性质对C进行判断，利用点到面的距离和线到面的距离得点尸到平面的距离

等于点S到平面Bp4M的距离，再利用三棱锥的体积公式得遇M=%-BMM，再结合题目条件得

匕-&4M=即-JAM=2-B[AM，再利用二棱锥体积等量得=〃-BiQM，再

利用三棱锥的体积公式计算％.BCM对。进行判断，从而得结论.

解：因为在直三棱柱4BC-&B1G中，/.ABC=90°,AB=BC=2,=2,

所以构建一个边长为2的正方体ABCC-如下图：

连接当。1，因为N是41cl的中点，

所以N是当么与41cl的交点，且N是当劣的中点，

而点P在线段&N上，因此点P在线段a£(1上.

又因为M是BC的中点，点。在线段4M上，且AQ=§4M,

所以点。是△ABC的重心.

连接80,交AC于O,则。是AC的中点，也是8。的中点.

由。是AC的中点知：B0是△ABC在AC边上的中线，

因此点。在BO上，即点Q在BO上，且BQ=；B0.

又因为S是4cl与4C的交点，连接85，

所以点S在BO】上，且是BQ的中点.

对于A、因为点P在线段扬。1上，点S在BO】上，所以PSu平面DD/iB.

又因为点。在BO上，所以BiQu平面。。近18,

而平面。。1&Bn平面BiAM=BiQ,PS〃面/4%

因此PS〃BiQ,所以A正确;

对于8、如图：

oQ

在平面。。1当8中，设8iQn£)iB=H.

因为BQ=|BO,。是80的中点，

所以BQ=：BD=1B】Di，

因此即=

所以言=|=署,即&P=汕81=|84，

U-ynoL*j[DJ3J

因此8不正确；

对于C、在正方体力BCD-AiaGDi中，

因为AC1平面DDiBiB,PSu平面CDiBiB,

所以4clpS,因此C正确；

对于。、因为PS〃平面&AM,

所以点P到平面814M的距离等于点S到平面&4M的距离,

因此/-BiAM=^S-BiAM-

又因为S是4Ci的中点，所以%-BiAM=3%1-8遇“,

即Vp-Bi4M=4M.

1

又因为匕?i-Bi4M=勿-BiCW=-SABRIM

=-1xc2xl-xe2xc2=-,4

323

所以“P-BiAM==|»因此。正确.

故选ACD.

13.答案：ACD

解析:

本题考查了简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征，棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和

体积，平面的基本性质及应用，线面平行的性质，线面垂直的性质和空间中的距离，属于较难题.

利用直三棱柱ABC-的结构特征构建一个边长为2的正方体ABC。-A^C^,连接当心，

连接劣5，利用正方体的结构特征，结合平面几何知识得点P在线段当么上，连接BD,交AC于O,

利用平面几何知识得点Q在8。上且BQ=|B0,连接BO1，利用平面几何知识得点S在BQ上，且

是BO】的中点，利用平面的基本性质得PSu平面再利用线面平行的性质对4进行判断，在

平面中，利用平面几何知识对B进行判断，利用正方体的结构特征得4SJ•平面DDiBiB,再

利用线面垂直的性质对C进行判断，利用点到面的距离和线到面的距离得点尸到平面/4M的距离

等于点S到平面&4M的距离，再利用三棱锥的体积公式得/=遇M，再结合题目条件得

=

^S-BtAM即Up-BiAM=3L-B14M，再利用二棱锥体积等量得外4M=Kt-BiQM，再

利用三棱锥的体积公式计算匕_BgM对。进行判断，从而得结论.

解：因为在直三棱柱4BC-&B1G中，/.ABC=90°,AB=BC=2,=2,

所以构建一个边长为2的正方体4BCC-AiBiQDi如下图：

连接当。1，因为N是&Q的中点,

所以N是劣义与&Ci的交点，且N是当劣的中点,

而点P在线段&N上，因此点尸在线段当。1上.

又因为M是BC的中点，点Q在线段AM上，且4Q