高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (23)(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）（23）

一、单项选择题（本大题共7小题，共35.0分）

1.己知三棱锥P-4BC的侧棱两两垂直，PA=PC=2,PB=陋,Q为棱BC上的动点,AQ与侧

面尸8c所成角为。，则tcm。的最大值为（）

A.叵B.且C.\D.叵

3737

2.体积为竽的三棱锥A-3CD中，BC=AC=BD=AD=3,CD=2z，AB<26，则该三棱

锥外接球的表面积为（）

A.207rB.nC.软D.女

3.如图，在矩形ABCC中，AB=2,BC=1,E、N分别为边AB、BC的中点，沿QE将ZL4DE折

起，点A折至4处（必与A不重合），若M、K分别为线段40、&C的中点，则在Z4OE折起过

程中（）

A.DE可以与41c垂直

B.不能同时做到MN〃平面48E且BK〃平面4DE

C.当MN时，MN1平面&DE

D.直线&E、8K与平面88E所成角分别为％、92,%、%能够同时取得最大值.

4.如图，正三棱柱ZBC-41B1C1（底面是正三角形，侧棱垂直底面）的各

条棱长均相等，。为44的中点.M、N分别是8名、CG上的动点（含

端点），且满足=GN.当M,N运动时，下列结论中不正确的是（）

A.平面DMN，平面BCG%

B.三棱锥&-DMN的体积为定值

C.ADMN可能为直角三角形

D.平面OWN与平面ABC所成的锐二面角范围为（0,为

5.一个棱柱是正四棱柱的条件是（）

A.底面是正方形，有两个侧面是矩形

B.底面是正方形，有两个侧面垂直于底面

C.底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直

D.每个侧面都是全等矩形的四棱柱

6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积（单位：©巾2）是（）

A.|+7T

B.|+兀

7.如图：4ABe中，ABIBC,44cB=60°,。为4c中点，4ABe沿80边翻折过程中，直线

AB与直线BC所成的最大角，最小角分别记为的,用，直线A。与直线BC所成的最大角，最小

角分别记为。2,。2,则有

A.a1<a2,Pi<02B.的<CX，2,Pl>02

D.aI>a2>Pi>P2

C.otf>CC2,W02

二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）

8.边长为2的正方形经裁剪后留下如图所示的实线围成的部分，将所留部分折成「一：△「：

一个正四棱锥.当该棱锥的体积取得最大值时，其底面棱长为_.V_>

>\：

9.如下图①，在直角梯形ABC。中，NABC=4CDB==90°,NBCD=30°,，---乂

BC=4,点E在线段CZ）上运动.如下图②，沿3E将ABEC折至ABEC',使得平面平面

ABED,则4C'的最小值为一.

图①图②

10.已知正四棱锥的底边边长为2,侧棱长为遥，现要在该四棱锥中放入一个可以任意旋转的正方

体，则该正方体的体积最大值是一.

11.在直角坐标系xOy中，设4(3,2),8(-2,-3),沿)，轴把坐标平面折成120。的二面角后，A8的长

为.

12.仇章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称之为“鳖嚅”.如图，在“鳖膈"A-BCD

中，ABBCD,S.BD1CD,4B=80=CD=1,点尸在侧棱4c上运动，当AP8D的面

积最小时，三棱锥P-BCD的外接球表面积为.

13.如图，在正方体4BCD-4道传1。1中，M是GC的中点，O是底面

A8CD的中心，P是4名上的任意点，则直线与。P所成的角

为.

三、解答题(本大题共17小题，共204.0分)

14.(1)给出两块相同的正三角形纸片(如图1,图2),要求用其中一块剪拼成一个三棱锥模型，另一

块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，

分别用虚线标示在图1、图2中，并作简要说明;

(2)试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小；

(3)如果给出的是一块任意三角形的纸片(如图3),要求剪拼成一个直三棱柱，使它的全面积与

给出的三角形的面积相等.请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图3中，并作简要说明.

15.倒圆锥形容器的轴截面是正三角形，内盛水的深度为6cm,水面距

离容器口距离为1cm,现放入一个棱长为4cm的正方体实心铁块，

让正方体一个面与水平面平行，问容器中的水是否会溢出？

16.如图，四棱锥S-4BCC的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的四倍，P为侧棱SZ)上的

(1)求二面角P-AC-。的大小；

(2)在侧棱SC上是否存在一点E,使得BE〃平面R4C?若存在，求SE:EC的值;若不存在，试说明

理由。

17.如图，已知4BC0-是棱长为。的正方体，E、尸分别为

棱441与CCi的中点，求四棱锥的①-EBFDi的体积.

18.在四面体ABC。中，E,”分别是线段AB,A。的中点，F,G分别是线段C8,C。上的点，且

CFCG1p-、-「

布or=D而u=Z5,求证:

(1)四边形EFGH是梯形;

(2)2C,EF,G”三条直线相交于同一点.

19.如图，在多面体A8CCE中，AE_L平面ABC,平面BC。_L平面ABC,zMBC是边长为2的等边三

角形，BDCD>AE=2.

(1)证明：平面EBO_L平面BCD；

(2)求平面BEO与平面ABC夹角的余弦值.

20.如图，直二面角。一4B-E中，四边形48CD是边长为2的正方形，AE=EB,尸为CE上的点,

且BF1平面ACE.

(1)求证：4E1•平面BCE；

(2)求二面角B-AC-E的正弦值.

21.已知五面体A8C0EF如图所示，其中四边形4OEF是正方形，兄4ABCD,BC//AD,CD=1,

AD=2V2.4BAD=Z.CDA=45°.

(1)求异面直线CE与A尸所成角的余弦值;

(2)证明：CD1平面ABF.

22.如图，在四棱锥P-ABCD中，国BCD为等边三角形，BD=2次,PA=五,AB=AD=PB=PD,

乙BAD=120

(I)若点E为PC的中点，求证：BE〃平面PA。；

(11)求四棱锥「-48。。的体积.

23.如图，在梯形ABCD中，AB//CD,AD=DC=CB=2,/.ABC=60°,平面ACEF1平面ABCD,四

边形ACE尸是菱形，/.CAF=60°.

(I)求证：BF1AE；

(口)求二面角B-EF-。的平面角的正切值.

24.如图所示，已知四棱锥中，底面4BCZ)为菱形，P41平面ABC。，44BC=60。,瓦尸分

别是BC,PB的中点.

(1)证明：4£1平面抬。；

(2)若H为上的动点，EH与平面PAO所成最大角的正切值为百，求二面角B—AF—C的正

切值.

25.在直三棱柱ABC-&B1G中，4B=AC=4&=3,BC=2,。是BC的中点，尸是(:传上一点.

(1)当CF=2,求证：&F1平面ADF-.

(2)若F01BiD,求三棱锥当-40尸体积.

26.如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器I和正四棱台形玻璃容器口的高均为32cm,容器I的底

面对角线AC的长为10V7cm,容器II的两底面对角线EG,E]G]的长分别为14c〃z和62cm.分别

在容器I和容器口中注入水，水深均为12cm.现有一根玻璃棒/,其长度为40cm.(容器厚度、玻

璃棒粗细均忽略不计)

(1)将/放在容器I中,/的一端置于点A处，另一端置于侧棱CCi上，求/浸入水中部分的长

度;

(2)将/放在容器n中,/的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求/浸入水中部分的长

度.

27.如图正方形ABC。，A8EF的边长都是1,而且平面ABC。，ABEF

互相垂直.点M在AC上移动，点N在上移动，若CM=BN=

a(0<a<V2).

(1)求MN的长；

(2)当。为何值时，MN的长最小.

28.如图所示，在四棱锥P—2BCD中，底面ABC。是边长为2的正方形,PA，平面ABC£>,P4=2,AC

与交于点。，点。在棱PC上.

(11)若41〃平面5。。，求三棱锥P-BDQ的体积.

29.如图，三棱柱4BC-4[BiCi中，M,N分别为A8,/g的中点.

(1)求证：MN〃平面/MiGC；

(2)若CG=C8i，CA=CB,平面CQB/L平面ABC,求证：4B_L平面CMN.

30.如图所示，直角梯形ACOE与等腰直角△力BC所在平面互相垂直，尸为BC的中点，/.BAC

乙4CD=90°,AE//CD,DC=AC=2AE=2.

D

(1)求证：4/7/平面BOE；

(2)求二面角B—DE—C的余弦值.

【答案与解析】

1.答案：A

解析：

本题考查了正弦与平面所成的角的正切值的求法，直线与直线垂直的证明方法，考查了空间想象能

力，计算能力，熟练掌握基本定理、基本方法是解决本题的关键.

解：因为P41PC,PA1PB,PBnPB=P所以H4_L平面PBC,

DA

可知，PA1PQ,所以在RtzMPQ中，tan乙4QP=tand=—

当PQ1BC时，tan9最大，此时PQ=等，

tan0-tan乙4QP=—=—.

“PQ3

故选A.

2.答案：B

解析：

本题考查了多面体的外接球问题、球的表面积公式，求解的关键是找出球的球心，属于难题.

取A8的中点E,连接“，DE,设4E=BE=x,从而可得CE=0E=二三记，取CD的中点F,

连接ER求出=字，根据三棱锥的体积公式以及4B<2衣，求出x=l,利用对称性可知

外接球的球心。在EF上或EF的延长上，根据勾股定理求出外接球的半径，再利用球的表面积公式

即可求解.

解：取AB的中点E,连接CE,DE,

由BC=4C=BD=AD=3,知CE1A8,DELAB,CEC\DE=E,

所以4B1平面CDE,

设4E=BE=x,

所以CE-DE=V32—x2=V9—x2>

取C。的中点F,连接

则EF=J（A/9一运）2—（遍>-V4—x2>

所以%-BCO=[SACDE,AE+[SACDE,BE=^ShCDE-2x=

即工」CD♦EF-2x=—1.1.2A/5-V4-x2-2x=—,

323323

解得X=V5或X=1,

又AB<2>/2，所以％=1,即AB=2,

所以EF=V3.

利用对称性可知外接球的球心。在EF上或EF的延长线上，

若球心。在EF上，设。F=a,a>0,

所以0/52=OE2+AE2

即(g+5)2=l+(V3-a)2.此时。无解,

即球心。在EF的延长上，

所以(/az+5>=14-(V3+a)2>

解得a=f,即球的半径R=VHF=搞

所以三棱锥的外接球面积为S=4兀/?2=等.

故选8.

3.答案：D

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,假设DE1&C,又：DE1EC,：.DE_L平面4EC=>DE1&E,而aED=45°,

''-A错误；

对于B,取DE,OC中点G,F,连接GM,GN,FK,FB.：.GM//ArE,GN//EB,FK//ArD,BF〃OE..••平面

力iBE〃平面GMN,平面FKB〃平面&DE,故能同时做到MN〃平面&BE且BK〃平面&DE..•.B错

误：

对于C,连接ME,EN,当时，MN2=DN2-DM2=CD2+CN2-DM2=CD2=4,

对于O,•.•儿在以。E为直径球面上，球心为G,二&轨迹为外接圆（&与不重合）,

连接EC,取EC中点T连接TK,TB,

•••TK=；,TB=―,4KTB=135°nBK=恒,

222

直线4C、8K与平面BCDE所成角取得最大值时，点&到平面BCOE的距离最大正确.

故选D

4.答案：C

解析：

本题考查了棱柱的结构特征，考查了面面位置关系及二面角，考查了锥体体积，考查了空间想象能

力和思维能力，是中档题.

由BM=GN,得线段MN必过正方形BCGBi的中心0,由。。_L平面可得平面DMNJ■平面

BCC\B*；

由AAiDM的面积不变，N到平面&0M的距离不变，得到三棱锥儿-DMN的体积为定值；

利用反证法思想说明△DMN不可能为直角三角形；

平面DWN与平面A8C平行时所成角为0,当M与B重合，N与Q重合时，平面DMV与平面A8C

所成的锐二面角最大.

解：如图,

当M、N分别在BB1、CG上运动时，若满足BM=GN,

则线段MV必过正方形BCGBi的中心。，DO1MN,

而。，。分别为8C］中点，则OO〃GB,

而BBi，平面GBC（即ABC）,GBu平面GBC（即4BC）,^LBB11GB,故BB】A.DO,

因为CMN=M,且BBi，MNuBCC$i，

故DO_L平面BCGBi，而。。u平面.♦.平面DMN1平面BCGB】，A正确；

当M、N分别在B8i、CCi上运动时，△力1。”的面积不变,N到平面的距离不变，二棱锥N-aDM

的体积不变，即三棱锥Ai-DMN的体积为定值，B正确；

若ACMN为直角三角形，则必是以4MDN为直角的直角三角形，易证DM=DN,所以为等

腰直角三角形，

所以CO=OM=ON,即MN=2D0.设正三棱柱的棱长为2,则D。==2w.

因为MN的最大值为8G，BG=2或，所以MN不可能为2百，所以△OMN不可能为直角三角形；

当M、N分别为BBi，CG中点时，平面。MN与平面ABC所成的角为0,当M与8重合，N与C1重

合时，平面与平面4BC所成的锐二面角最大，为NGBC,等于会

平面。MN与平面ABC所成的锐二面角范围为（0币，。正确.

故选：C.

5.答案：C

解析：解：上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面的棱柱叫做正四棱柱.

故A和B错在有可能是斜棱柱，

D错在上下底面有可能不是正方形，

底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直能保证上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面.

故选C.

上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面的棱柱叫做正四棱柱.仔细考虑四个备选取项，按照正

四棱柱的概念进行求解.

本题考查正四棱柱的概念，解题时要认真思考，仔细解答，注意区分题设条件.

6.答案：A

解析：

本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征，是

基础题目.根据几何体的三视图，该几何体是半个圆柱和以圆柱轴截面为底面的四棱锥组成的组合

体，结合图中数据即可求出它的体积.

解：由己知三视图得到几何体是半个圆柱和四棱锥的组合体，其中圆柱的底面半径为1,高是2；四

棱锥的底面为正方形，边长为2,高为1,

所以组合体的体积为：|x7rxl2x24-ix22xl=7r+p

故选：A.

7.答案：D

解析:

本题考查空间几何体中线线夹角的应用，属于基础题.△力BD沿80边翻折过程中，形成以8。为轴，

A8为母线的圆锥和以8。为轴，为母线的圆锥.

解：翻折到180。时,4B,BC所成角最小，可知用=30°,4D,BC所成角最小，为=。。，翻折翻时，AB.BC

所成角最大，可知的=90。，翻折过程中，可知AO的投影可与8c垂直，所以所成最大角

a2=90",所以%=90°,氏=30°，a2=90;仅=。°

故选O.

4

爸案-

8.5

解析：

本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查逻辑思维与运算能力，属于中档题.

设底面边长为2x,可求得此四棱锥的高为九=『^(0<乂<手，继而可得该棱锥的体积表达式,

利用导数即可求得该棱锥的体积取到最大值时x的值，从而可得答案.

解：设底面边长为2x,

则斜高为受=l-x，

即此四棱锥的高为％=7(1-x)2-%2=内厉(0<x<1),

所以此四棱锥体积为U=!•4/•VIF=|Vx4-2x5,

令/i(x)=x4—2%5(0<%<,

则h'(x)=4%3—10x4(0<%<-),

令八'(%)=4%3—10%4=2%3(2—5%)=0,

当xe(O,|)时，h'(x)>0,

X6(|,+8)时,h'(x)<0,

所以数h(x)在时取得极大值，也是最大值，此时底面棱长为：

故答案为，

9.答案：J19—4聒

解析：

本题主要考查面面垂直的性质以及空间中的距离，属于难题.

过点A作AF,BE,过点C'作点C'G,BE交BE的延长线于点G,根据面面垂直的性质可得

AC=>JAF2+FG2+C'G^设NCBE：上司，将八厂转化为含。的代数式即可求其最值.

解：由题意AB=^BC•3=遮，BC=4,

22

过点4作4F1BE,过点C'作点C'G1BE交BE的延长线于点G,

如图

设"BE=oe[（）.可，NABE=^-0,

：•AF=AB•s\nZ-ABE=V3cos0,

FG=BG-BF=BC'-CQSZ-C'BE-AB-cosZ-ABE=4cos0—V3sin0,

C'G=BC♦sin乙C'BE=4sin0,

.1.AC=^AF2+FG2+C'G2=J3cos2。+16cos2。+3sin20-8百sinOcos。4-16sin20

=V19-4V3sin20）

sin20e[0,1],

AC>V19-4V3-

故AC，的最小值为J19一44,

故答案为，19—4百・

10.答案：5

解析：

本题考查球内接多面体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的

体积，是中档题.

设此正方体外接球半径为R,体积最大的球应与四棱锥各个面都相切，利用等积法求正四棱锥的内

切球的半径，进一步求出球内接正方体的棱长，则答案可求.

解：设此正方体外接球半径为凡体积最大的球应与四棱锥各个

面都相切，

设球心为S,连SA、SB、SC、SD、SE,则把此四棱锥分为五个

棱锥，它们的高均为凡

由已知求得四棱锥的高为百，四个侧面三角形的底为2,高为2,

^A-BCDE=VS-BCDE+^S-ABC+^S-ABE+^S-ADE+^S-ACD>

即工X2X2XJ5=*X2X2XR+4XLXLX2X2XR,

3332

V3

**•RD=—,

3

正方体的体对角线是其外接球直径，故其体对角线为2/?=2，棱长为j

33

・••正方体体积的最大值为v=*

故答案为:捺.

11.答案：2VTT

解析：

本题主要考查了空间两点的距离，以及二面角平面角的应用，同时考查了空间想象能力，计算能力，

属于基础题.

作AC_Ly轴，8。J.y轴,4何平行等于C。,连接AB,何力，根据二面角的平面角的定义可知/BDM就是

二面角的平面角，则NBDM=120。，最后根据余弦定理求得8M长，再由勾股定理可得A8的长.

解：作AC垂直y轴，2。垂直y轴，AM平行等于8,

连接A8,MD,CD=5,BD=2,AC=3=MD,

而BO_Ly轴，MD_Ly轴（MD//4C）,

NBDM就是二面角的平面角，

•••乙BDM=120°,

.•.在4BDM中，由余弦定理得：BM=回，AM=5,

.•.在RtzUMB中，由勾股定理得=2“1，

故答案为：2ym.

12.答案：?

4

解析：

本题考查三角形面积的最小值的求法，球的表面积公式，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、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档

题.

作PO1BC于O,ON1.BD于-N,连接PN,推导出P。〃/IB,ON//CD,P01BD,设PC=x,可得

P0=亨，得》"幻2（%_费+|，当”当即尸为AC的中点，三角形PBZ）的面积的最小值,

此时三棱锥P-BCD的外接球的球心在直线PO上，求得外接球的球的半径，即可求得结果.

解：过点P作P01BC于O,ONLBD于'N,连接/W,如图,

C

O'

则P0〃4B,ON//CD,所以P01平面BCD,

所以POJ.BD,BD1平面PON,所以PNJ.BD,

由AB=BD=CD=1可得BC=y[2,AC=6,

设PC=x,由北=?可得po=旦，

ABAC3

由"=空=竺可得ON=窄，

CDBCACy/3

所以PN=y/PO2+NO2=J哼¥+=92/一2限+3

=国2（一鸟2+1，

当的面积最小时，PN最小,此时久=更即P为AC的中点，

2

所以。也为RtaBC'。斜边的中点，BO=-CB=-，P0=；4B=；,

2222

所以三棱锥P-BCD的外接球的球心在直线尸0上，设为。1，设外接球半径为r,

连接。/，则0盘=（一1+（争2,

所以（一1+（争2=/,解得r=[,

所以三棱锥P-BCD的外接球表面积S=4兀〃=4兀x针=

故答案为

4

13.答案：三

解析:

本题考查了异面直线所成的角，根据已知条件建立空间直角坐标系，找出各点坐标，求出直线的方

向向量，然后由空间向量求解即可.

解：建立如图所示的空间直角坐标系，

则0(1,1,0),p(2x，2),8(2,2,0),M(0,2,1),

OP=(l,x-1,2)，BM=(-2,0,1).

所以丽•丽=0.

所以直线与OP所成的角为宏

14.答案：解：(1)如图1,沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥.

如图2,正三角形三个角上剪出三个相同的四边形，其较长的一组邻边边长为三角形边长的;，有一

4

组对角为直角，余下部分按虚线折起，可成一个缺上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰

好拼成这个正三棱锥的上底.

图1图2

(2)依上面剪拼方法，有V林》V锥.

推理如下：

设给出正三角形纸片的边长为2,

那么，正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正三角形，其面积为理.

4

现在计算它们的图:九锥=J1一(|,孚)2=导无柱=]an30。=%-％=(九柱-，锥)呼=

，V3V6.V3_3-2>/2

（69）4—24>0

所以匕y•＞曝.

(3)如图，分别连接三角形的内心与各顶点，得三条线段，再以这三条线段的中点为顶点作三角形.以

新作的三角形为直棱柱的底面，过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线，沿六条垂线剪下三

个四边形，可心拼成直三棱柱的上底，余下部分按虚线折起，成为一个缺上底的直三棱柱，即可得

到直三棱柱.

解析：(1)可以利用正三角形的图形特征，进行分割.

(2)可以直接求解，直接比较大小.

(3)分别连接三角形的内心与各顶点，得三条线段，再以这三条线段的中点为顶点作三角形.以新作

的三角形为直棱柱的底面，过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线，组合就好了.

本题考查学生的空间想象能力，棱锥、棱柱的结构特征，是中档题.

15.答案:解：如图甲所示：

O'P=6cm,。0'=1cm.如图甲，设水的体积为匕，容器的总容积为匕则容器尚余容积为以不

由题意得，O'P=6,00'=1.

OP=7,OA2=O'C2=12,

3

V=-irOA2x7=2x497,

39

匕=-nO'C2x6=247r.

13

•••未放入铁块前容器中尚余的容积为

7o

3

V—Vx=-x497r—247r«44.3cm.

如图所示，放入铁块后，EMNF是以铁块下底面对角线作圆锥的轴截面.

MN=4V2.0加=2V2,=2e，；.GM=7-2伤，

.♦.正方体位于容器口下的体积为

4x4x(7-2>/6)=112-32伤»33.6<44.3，

•••放入铁块后容器中的水不会溢出.

解析：当正方体放入容器后，一部分露在容器外面，看容器中的水是否会溢出，只要比较圆锥中ABCD

部分的体积和正方体位于容器口以下部分的体积即能判定.

主要考查知识点：简单几何体和球，考查计算能力，是基础题.

16.答案：解：(1)连结8。，交4c于点0,连结SO,OP,

由SA=SB=SC=SD,。为AC,8。的中点，^SOLAC,SO1BD.

V.AC0BD=0,

故S。J■平面4BC0,

又AC1BD,SOCBD=0,

所以4c_L平面SBC,SDu平面SB。，

所以SD1AC.

又因为SD_LPC,PCQAC=C,PC,4Cu平面4PC,

所以SO1平面4PC.又OPu平面4PC,

所以OP_LSC.

设SD的中点为。，连结BQ,△SBD为等边三角形,

所以BQ_LSD.

又平面BQ。0平面4PC=P。，故POI/BQ.

又200=80,由三角形相似可得P为Q。的中点,

••.P为SO的四等分点,

PD=2OD=\BD,

XvAC1OP,AC1DO,

•••”。。是二面角P-4C-。的平面角,

PDTSDI

sinzP0D=-=^=-

由图可知二面角P-AC-。为锐二面角,

•••二面角P-AC-D的大小为30。.

(2)存在点E且SE：EC=2：1,使得BE〃面PAC.

证明如下:

在平面SCO内作QE〃CP,QE〃面PAC,

又BQ//OP,：.BQ"面PAC,

又QEnBQ=Q,.•.面EBQ〃面PAC,

BEu面EBQ,BE〃面PAC,

•••SE：EC=SQ：QP=2：1.

解析：本题考查二面角的大小的求法，考查满足线面平行的点是否存在的求法与判断，考查推理论

证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、转化化归思想，是中档题.

(1)连结80,交4c于点0,连结SO,OP,设SO的中点为。，连结8。，△SBC为等边三角形，推

导出NP0C是二面角P-AC-。的平面角，由此能求出二面角P-AC-D的大小.

(2)在平面SCO内作QE〃CP,则QE〃面PAC,从而BQ〃面PAC,进而面EBQ〃面PAC,由此能求

出存在点E且SE：EC=2：1,使得BE〃面PAC.

22

17.答案：解：法一：•:EB=BF=FD1=D1E=Ja+(|)=苧%

••・四棱锥41-EBFCi的底面是菱形.(2分)

连接4G、EF、BD「则&CJ/EF.

根据直线和平面平行的判定定理，&G平行于4-EBFDi的底面,

从而41cl到底面EBFDi的距离就是为-EBFDi的高（4分）

设G、”分别是&Q、EF的中点，连接/G、GH,贝UFHJ.HG,FH1HDr

根据直线和平面垂直的判定定理，有FH_L平面HGCi，

又，四棱锥&-EBFD1的底面过"7,根据两平面垂直的判定定理，

有4-EBP。1的底面1平面HG%作GK1”劣于K,

根据两平面垂直的性质定理，有GK垂直于的底面.（6分）

••♦正方体的对角面A&CCi垂直于底面二4HG£»i=90°.

在RMHGDi内，GDi=^a，HG=\a,HD「吟=^a.

.-.^a-GK=\a-^a,从而GK=fa.（8分）

111

•1•以1-EBF%=5s菱形EBFD/GK=n，EF-BD「GK

=-->/2a•V3a~a=-a3（10^）

666

解法二•••EB=BF=FC】=DiE=Ja2+（^）2=与a,

四棱锥4i-EBFZ\的底面是菱形.（2分）

连接EF,则AEFB三

•三棱锥&-EFB与三棱锥&-EF£）i等底同高，

・・•^A^-EFB-^A1-EFD1•

•••KALEBFO]=2匕]_EFB・（4分）

乂匕i-EFB=^F-EBA1»

A

^A1-EBFD1=2/_EB4]，（6分）

•・•CC1〃平面4BB14,

・・・三棱锥F-EB4的高就是CG到

平面4BB1A1的距离，即棱长a.（8分）

又^E841边E&上的高为a.

=3

•••KALEB/D]2---S^EBA1-a=-a.（10分）

解析：法一：判断四棱锥4一EBFDi的底面是菱形，连接4G、EF、BQ,说明&G到底面EBFD1的距

离就是Ai-EBFDi的高，求出底面S菱形EBFDJ高的大小，即可得到棱锥的体积.

法二：三棱锥&-EFB与三棱锥4-EFDi等底同高，棱锥%转化为21-SAEBA-a,求解即

可.

本小题主要考查直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，以及空间想象能力和逻辑推理

能力.

18.答案:证明：(1)连结BQ,

•••E,"分别是边A8,AD的中点，

EH//BD,且EH=；BD,

CF_CG

CB-CD

FG//BD,S.FG=|BD,

因此EH〃FG且EH*FG

故四边形EFGH是梯形.

(2)由(1)知ERHG相交,设EFDHG=K

•••KGEF,EFuABC平面，［KWABC平面，

同理KeACD平面，又平面ABCnACD平面=4C,

•••KGAC,

故EF和GH的交点在直线AC上.

所以AC,EF,GH三条直线相交于同一点.

解析：本题考查了平面性质和平行公理的应用，属于基础题.

(1)根据比例，三角形中位线定理以及平行公理证得E尸与尸G平行且不相等，从而得到结论成立.

(2)EF和G”的交点在直线AC上即可.

19.答案：证明：(1)取BC中点0,连结A。，DO,

vBD=CD=V5，DO1BC,DO=>JCD2-0C2=2,\'/\

•••DOu平面BCD,平面DBCn平面ABC=BC,

平面BCD_L平面ABC,

DO，平面ABC,

B

•••AEJL平面ABC,：.AE//DO,

又DO=2=4E,.•.四边形AOQE是平行四边形，ED//AO,

•••△4BC是等边三角形，二AO1BC,

•••40u平面ABC,平面BCDn平面ABC=BC,平面BCD1平面ABC,

AO1平面BCD,：.ED1平面BCD,

•••EDu平面EBD,.♦・平面EBO1平面BCD.

解：(2)由⑴得401平面BCD,40J.DO,

又。。1BC,AOA.BC,

分别以OB,AO,O力所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

则4(0,-百,0),8(1,0,0),D(0,0,2),E(0,-V3,2),

平面A8c的一个法向量为钻=(0,0,1),

设平面BED的一个法向量为元=(x,y,z),

前=(-1,0，2),BE=(-1,-73,2).

则旧・处=一“+氏=°,取％=2,得元=(2,0,1),

(n-BE=-x->J3y+2z=0

设平面BED与平面ABC所成锐二面角的平面角为仇

则的。=韶=橐=£

|m||n|V55

・•.平面BED与平面ABC所成锐二面角的余弦值为

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，是中档题.

(1)取BC中点O,连结AO,DO,推导出D。1BC,DO1平面ABC,从而4E〃。。，进而四边形AOOE

是平行四边形，ED//AO,推导出40J.BC,从而A。_L平面88,进而E。_L平面88,由此能证明

平面EBD，平面BCD.

(2)推导出4。_LD。，DOIBC,AOLBC,分别以OB,A。，。。所在直线为x,y,z轴，建立空间

直角坐标系，利用向量法能求出平面BE。与平面A8C所成锐二面角

的余弦值.

20.答案：(1)证明：「BF1平面ACE,4Eu平面ACE.

・•・BF1AE.

•••二面角n-AB-E为直二面角，

且平面4BCDn平面4CE=AB,BCu平面ABCD,CB1AB,

CB_L平面ABE,XvAEu平面ACE.

CBLAE,

又；BFCiCB=B,BFu平面BCE,CBu平面BCE,

AEJL平面BCE.

(2)解：连结80交AC于G,连结FG.

•••BF_L平面4CE,BF1AC,

又•••正方形ABC。中，AC1BG,且BFnBG=B,

・••AC1面BFG,二AC1GF,4BGF即为二面角B-4C-E的平面角，

AE1面BCE,AELEB,AE=EB=V2)

在Rt△BCE中，可求CE=V6:.BF=—£12,。尸=^22—

.•.在Rt△CFG中，FG=y/BG2-BF2=J(V2)2-(^)2=yJ|-2=y

V6_

・•・cos乙BGF=—=J

BGyf23

_____________瓜

/.siiiZBGF=yzl—cues2ZZ?(7F=

J

即二面角B-AC-E的正弦值为在.

3

解析：本题考查了线面垂直的判定和性质以及空间角的计算，属于中档题.

(1)由BF_L平面4CE得出BF_L4E,由面面垂直的性质得出BC14E,于是得出4EJL平面BCE；

(2)连结BD交AC于G,连结FG,证明"1平面BFG,得出/BGF为所求二面角，故而cos/BGF=整,

再利用同角三角函数的基本关系求出NBGF的正弦值即可.

21.答案：(1)解：因为四边形AQE尸是正方形，

所以凡4〃ED,

故NCED为异面直线CE与A尸所成的角，

因为凡4_L平面ABCQ,

所以F41CD,

故EDICD,

在RtACDE中，CD=1,ED=2^2,

CE=VCD2+ED2=3,

2V2

故C0S4CED=~=------,

3

所以异面直线CE和AF所成角的余弦值为2;

3

(2)证明：如图

过点B作BG〃CD交AD于点G,

则4BGA=Z.CDA=45°,

又乙BAD=45。可得BG1AB,

从而CDJ.AB,

又因为CD1F4,FAOAB=A,FA,AB在平面A8P内,

所以CD，平面A8尸.

解析：本题考查异面直线所成的角、直线与平面垂直的性质与判定定理.

(1)先通过平行，得到4CE0为异面直线CE与AF所成的角，就是异面直线所成的角，在直角三角形

中求出此角的余弦值即可；

(2)根据线面垂直的判定定理可知，只需证直线CD与面AB尸中的两条相交直线垂直即可.

22.答案：（I）证明：取C。的中点为M,连接EM,BM.

BCD为等边三角形，二BM1CD.

■：/.BAD=120°,AD=AB,：.Z.ADB=30°,

：.AD1CD,：.BM//AD.

又,:BMC平面PAD,ADu平面PAD,

•••8M〃平面PAD.

•••E为PC的中点，M为CO的中点，EM〃PD.

又•••EMC平面PAD,PDu平面PAD,

EM〃平面PAD.

VEMCBM=M,EMu平面BEM,BMu平面BEM,

平面BEM〃平面PAD.

又：BEu平面BEM,：.BE〃平面PAD；

(口)解：连接AC交8。于O,连接PO.

vCB=CD,AB=AD,

.-.AO1BD,。为B£)的中点.

又NB4D=120°,BD=2由,△PBD^^ABD,AO=PO=1.

又PA=VLPA?=PO?+042,则POJ.04.

又•••PO1BD,BDCAO=0,40u平面AB。，BDu平面ABO,

PO，平面ABO,即四棱锥P-4BCD的高为P。=1,

••・四棱锥P-4BC0的体积V=|xx(2V3)2+gx2bx1)x1=竽.

解析：本题考查面面平行的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，

是中档题.

(I)取CQ的中点为M,连结EM,BM.证明BM〃71D.得到BM〃平面PAD.再由E为PC的中点，M

为C£＞的中点，得EM〃PD.进一步得到EM〃平面PAD.利用面面平行的判定可得平面〃平面P4D.

从而得到BE〃平面PAD；

(口)连结AC交8。于。，连结P0.证明PO104结合POJ.BD,得到P。J■平面AB。，即四棱锥

P-4BC0的高为P。=1,代入棱锥体积公式求四棱锥P-ABCD的体积.

23.答案：(1)证明：依题意，在等腰梯形ABCO中，AC=2V3-AB=4,

vBC=2,

AC2+BC2=AB2^VBC1AC,

平面ACEF1平面ABCD，：.BC1平面ACEF,而4EU平面ACEF,：,AE1BC.

连接CF,•••四边形ACEF是菱形，4E1FC,

AE1平面BCF，•:BFc平面BCF，：•BF1AE.

(2)取EF的中点M,连接MC,因为四边形ACEF是菱形，且4C4F=60。.

所以由平面几何易知MC1AC,平面ACEF1平面ABCD,：.MC1平面ABCD.

故此可以CA、CB、CM分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，各点的坐标依次为：C(0,0,0),

71(273,0,0).8(0,2,0),D(V3,-l,0)，后(一遍,0,3),F(V3,0,3).

设平面BEF和平面DEF的法向量分别为元=@也q)，\=Q也,C2),

vBF=(百,-2,3)，EF=(273,0,0)-

同理，求得R=(0,3,-1>

=磊=岛'故二面角B-EF-D的平面角的正切值为*

解析：本题考查空间垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意向量法的

合理运用.

(1)首先根据勾股定理可证BC14C,结合面面垂直的性质定理得到BC_L/质4CEF,可得4EJ.BC.

由四边形ACE尸是菱形，得AE1FC,根据线面垂直的判定定理可得4E_L平面BCF,即可证明；

(2)以C4、CB、C例所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角

的平面角的余弦值.

24.答案：解：(1)PAIffiABCD,AEu面ABCD,

•••PA1AE；

又•.・底面A8CD为菱形，/.ABC=60°,E为8c中点，•••4ElBC,r4O〃BC,；.4E14D,

AAE1®PAD；

(2)•••AE1面PAD,

."AHE是E”与面PAD所成角，

H

,.•[)

1，M"

BEC

AC

tan〃HE=丝,力”1.PD时，A”最小，tan/AHE最大，N4HE最大，

AH

令48=2,则AE=y/3,AH=1.

在RMAHD中，AD=2.Z.ADH=30",

在RMP4C中，PA=|国，vPA_1_面ABCD,

.湎P481®ABCD,

且交线为AB,取AB中点M,正44BC中，CM14B,二CM1面PAB,

作MNJ.4F于N,连CM由三垂线定理得CN14F,

NMNC是二面角B-4F-C的平面角.

。“=百.在/「48中，BF=AF=^\[3,AB=2,

边AF上的高BG=1,MN