高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (60)(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）（60）

一、单项选择题（本大题共7小题，共35.0分）

1.在直四棱柱一中，底面ABC。是边长为1的菱形，E,F为棱B8］上的点，且BE=

为尸=已知线段所上（包括端点）存在点P,使得/。1PC1，则四棱柱48C。

的体积的最大值为（）

A越B.2C.随D.逑

299

2.已知平面a和直线/,贝Ua内至少有一条直线与1（）

A.异面B.相交C.平行D.垂直

3.已知正多面体共有5种，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体.任一个

正多面体都有内切球和外接球，若一个半径为1的球既是一个正四面体的内切球，又是一个正

六面体的外接球，则这两个多面体的顶点之间的最短距离为（）

A.V3-1B.1C.2y/2-1D.2

4.在直四棱柱ABC。一中，底面ABC。是边长为1的菱形，E,F为棱B8］上的点，且BE=

当尸=”为，已知线段所上（包括端点）存在点P,使得/。1PC1，则四棱柱48C。

的体积的最大值为

A越B.2C.随D.随

299

5.设A,B,C,力是同一个球的球面上四点，已知四面体ABCD中，AB=AD=BC=CD=BD=2,

平面ABD，平面BDC,则该球的体积为（）

A20VT5D1。°-r4°rrnQ_

A.—27—兀h>.石■"C.—TiD.87r

6.在棱长为1的正方体ABCD-4/iC也中，AU'BD0,E是线段81c（含端点）上的一动点，

B

①OE1BQ;

②OE〃面

③三棱锥&-BDE的体积为定值;

④0E与&G所成的最大角为90。.

上述命题中正确的个数是（）

A.1B.2C.3D.4

7.关于异面直线a,b,有下列四个命题：

①过直线a有且仅有一个平面/?,使得b〃仇

②过直线。有且仅有一个平面口，使得bJ•伊

③在空间中存在平面0,使。〃£，b〃伙

④在空间中不存在平面小使al/?，h1/3

其中，正确的命题的个数为（）

A.IB.2C.3D.4

二、多项选择题（本大题共2小题，共8.0分）

8.如图，平面an平面口=，，A,C是a内不同的两点，B,。是0内不

同的两点，且4，B,C,。任直线/,M,N分别是线段AB,C。的

中点.下列判断正确的是（）

A.若AB〃CD,则MN〃1

B.若"，N重合，则4C〃，

C.若A8与CD相交，且4c〃/,则8。可以与/相交

D.若AB与C。是异面直线，则MN不可能与/平行

9.如图，平面an平面£=I,A,C是a内不同的两点，B,。是口内不同的两点，且4,B,C,D任直

线/,M,N分别是线段AB,C。的中点.下列判断正确的是

a

A.若AB[/CD,则MN〃1

B.若M,N重合，则

C.若A8与C£＞相交，且4C〃，，则BO可以与/相交

D.若4B与CD是异面直线，则MN不可能与/平行

三、填空题（本大题共7小题，共35.0分）

10.在直三棱柱ABC-A1B1G中，NBAC=120。且=AC=3,BBX=4,

则此三棱柱外接球的表面积为.a

11.在半径为2的球内有一个内三棱锥P-ABC,点P,4B,C都在球面上，且44BC是边长为3的等

边三角形，那么三棱锥P-4BC体积的最大值为.

12.半径为Icni的球的半径以2cm/s的速度向外扩张，当半径为5cm时，球的表面积增加的速度为

____cm2/s.

13.已知四棱锥P-4BCC中的外接球。的体积为36兀，PA=3,PAABCD,四边形A8CO为

矩形，点M在球。的表面上运动，则四棱锥M-4BC0体积的最大值为.

14.如图，已知矩形ABC。，AB=W，AD=1,4尸1平面ABC,且《

AF=3.E为线段DC上一点，沿直线AE将回D4E翻折成回D'AE,\

M为的中点，则三棱锥M-BCF体积的最小值是.\\

15.如图所示的多面体EF-4BCD中，四边形ABCQ是菱形，四边形BOEF是矩形,ED，平面ABCO,

△BAD=泉若BF=BD=2,则多面体的体积是.

16.在RtAABC中，NB=N90。，BC=6,AB=8,点M为ZL4BC内切圆的圆心，过点"作动直

线/与线段4B,AC都相交，将沿动直线/翻折，使翻折后的点4在平面BCM上的射影P

落在直线8c上，点A在直线/上的射影为0,如图所示，则黑的最小值为.

四、多空题（本大题共1小题，共4.0分）

17.在四面体A8CQ中,ZB=CD=同,4C=BD=^34,AD=BC=5,£;尸分别是4。,8。的中点，

异面直线4C,BD所成角的正弦值为若用一个与直线£尸垂直，且与四面体的每个面都相

交的平面a去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为_（2）_.

五、解答题（本大题共10小题，共120.0分）

18.如图，在四棱锥S-4BC0中，底面ABC。是矩形，M是AB的中点，AC与DM交于点O,SO，平

面ABCD,AB=2通,AD=2mSO=2.

(1)求证：平面SAC1平面SOM.

(2)求直线SB与平面SAO所成角的正弦值.

19.如图,在棱长均为4的三棱柱4BC-&B1C1中,D、劣分别是8c和当的的中点.

(1)求证:45〃平面AB】。；

⑵若平面ABC1平面BCC/i，NB]BC=60。，求三棱锥/-ABC的体积.

20.如图，五面体4-BCGBi中，=4.底面是正三角形ABC,48=2.四边形BCGB1是矩形,

二面角4-BC-G是直二面角.

(I)点力在AC上运动，当点/)在何处时，有AB1〃平面BDG；

(II)当AB"/平面BDQ时，求二面角C-BCI一。的余弦值.

21.在Rt团ABC中，4c=90。，AC=4,BC=2,E是AC的中点，F是线段AB上一个动点，且

AF=AAB(0<A<1),如图所示，沿8E将国CEB翻折至回。EB,使得平面DEB1平面A8E.

(1)当;1=：时，证明：EF1平面。BE；

(2)是否存在;I,使得三棱锥BE尸的体积是乎?若存在，求出;I的值；若不存在，请说明理由

22.如图，在正方体ABCD-A/iGDi中，E为棱。劣的中点，求证:

(l)BDi〃平面EAC；

(2)平面EAC_L平面ABiC；

23.在三棱锥P-4BC中，A4BC是边长为4的等边三角形，PA=PB=2曲,PC=275

N

(1)求证：平面2481平面ABC；

(2)若点M,N分别为棱BC,PC的中点，求三棱锥N—4MC的体积忆

24.如图，三棱柱ABC-&B1C1中，侧面B/C1C为菱形，B】C的中点为O,且AO_L平面BBiQC.

(I)证明：/C1AB；

(II)若AClABi，4CBBI=60。，BC=1,试画出二面角A-BC-B1的平面角，并求它的余弦

值.

25.已知四棱锥P-4BCD的底面ABC。是等腰梯形，ABHCD,ACQBD=0,PBVAC,PA=PB=

(1)证明：平面P8DJL平面ABCD；

(2)点E是棱PC上一点，月.OE〃平面PA。，求二面角E-OB-4的正弦值.

26.如图1,在AMBC中，MA是8c边上的高，MA=3,4C=4.如图2,将△MBC沿MA进行翻折，

使得二面角B-MA-C为90。，再过点B作BD//AC,连接AD,CD,MD,且4。=2w，乙CAD=

30°.

(1)求证：CD1平面MAD-,

(2)在线段MO上取一点E使翳=3求直线AE与平面MB。所成角的正弦值.

27.如图①四边形A8CD为矩形,E、尸分别为AO,8c边的三等分点，其中4B=AE=CF=,BF=2,

以EF为折痕把四边形A8FE折起如图②，使面4BFE1面EFCD.

(1)证明：图②中CD1BD；

(2)求二面角4-BD-C的余弦值.

【答案与解析】

1.答案：D

解析：

本题考查了四棱柱的体积，利用基本不等式求最值问题，是一道难题.

在底面A8C。中，作DM1BC,垂足为M,可证得当M1PG，以8为原点，就为x轴正方向建立

平面直角坐标系，设B|BJh.ZDCB0.把四棱柱的体积表示用。和力表示，根据人的范围和

基本不等式求出四棱柱体积的最大值.

解：在底面A8C。中，作DM1BC,垂足为

因为在直四棱柱力BCD-力iBiGDi中，CG1平面ABCD,DMu平面ABCD,

所以CG1DM.

因为BCClCCi=C,BC,CCru平面B/CQ,

所以DM平面BiBCCi，所以DMlCiP.

因为灰。1PC1，DMnByD=D,DM,B^Du平面

所以PG_L平面B/M.

所以Bi"1PCi，

在平面RBCG内，以8为原点，能为x轴正方向建立平面直角坐标系，

设BiB-lh.ZDCB=0.

则M(l-cos40),8式0,4/t),G(l,4/i).

设P(0,y0)>

则八WyoW3/i,=(1-cos0,-4/i),C^P=(-1,y0-4/i)，

所以•C^P=cos0-1-4/i(y0-4/J)=0.

22

所以4h(4/i—y0)=1—cos。e[4/i,12h],

所以2h<V1—cos6>

所以四棱柱ABCD-的体积

V=SABCD.BB]=sinJ•4/i

<2sind-V1—cosd

27(1—cos0)(1—cos20)

=2yj(l-cos0)(1—cos0)(1+cos0)

=\/2^/(1—cos0)(1—cos0)(2+2cos0)

等号当且仅当cos。=一28&=辿时成立.

313

所以四棱柱ABC。的体积的最大值为呼(也可以设/(X)=(I-x)(l一/)用导数求).

故选。.

2.答案：D

解析:

考查学生对直线和平面位置关系的理解，在空间图形中，只有平行具有传递性，在解决立体几何问

题时，把图形放入长方体是常用的解题方法，体现了数形结合的思想.根据平面a和直线/,则直线/

在平面a内，或与平面a平行，或平面a相交，可以把这直线和平面放在长方体中进行研究，即可得

到答案.

在长方体ABCD-Z'B'C'D'中，

平面a为面AC,

①若直线/为直线AB,则直线4014B；

②若直线/为直线4B',则直线4。14B'；

③若直线/为直线AC',直线BD1AC；

故选。.

3洛案：D

解析：

本题主要考查正多面体的内切球与外接球问题，属于中档题，

由几何分析可知，正四面体的顶点与正六面体的顶点的距离最小值即为正四面体内切球面上的点到

正四面体顶点的距离，以此作答即可.

解：固定正四面体ABCD不动，则其内切球也随之固定，考虑顶点A与正六面体(即正方体)的顶点

的距离.

当正方体的顶点在球面上移动时，顶点A到球面上点的距离最小值就是顶点A与正方体顶点距离的

最小值.

由正四面体的内切球半径为1,知球心到顶点A的距离为3,所以顶点A到球面上点的距离最小值为

3-1=2.

即正四面体的顶点与正六面体的顶点的距离最小值为2.

故选£>.

4.答案：D

解析：

本题主要考查棱柱的体积求法，属于中档题.

因为当。LPCi等价于_LPCi，在平面/BCG内，以B为原点建立平面直角坐标系，设

B|Blh.ZDCB0.结合已知条件可证出2/iW—cos。，四棱柱ABC。—4B1C1D1的体积

V=SABCD,BB]=sin0­4/i<2sin0-V1—cos0=2^/(1—cos0)(l-cos20)=

27(1-cos6))(l-cos0)(l+cos0)=(1-cosO)(l-cos0)(2+2cos0),利用基本不等式可求其

最大值.

解：在底面ABC£>中，作DM18C,垂足为例，

因为在直四棱柱4BCD-AiBiGDi中，CG1平面ABCD,所以CC11DM,

所以0M_1平面818。6，所以0M1C/,

所以当。1PC1等价于81M1PC。

在平面BiBCG内，以B为原点建立平面直角坐标系，

设BiBlh.ZDCB0.则M(10.0),Bi(0.4h).C,(l,4h),

设P(0,y()),则h&W3h,B=(1—co«0,—4h),CiP=(—1.y(>—4h)，

所以B]M-C|P=oos0—1—4h(y()—4h)=0，

2

所以4九(4九-y0)=1-cos0G[4九2,12/I],

所以2hwVl—cos。，所以四棱柱4BCD—aBiGD]的体积

2

V=SABCD-BBi=sin©•4/i<2sin0•V1—cos0=2^/(1—cos0)(l—cos0)=

2—0060)(1—COM0)(1+CO«e)=V2\/(l-COK0)(1—COK0)(2+2cos0)W

等号当且仅当cos。=-g881=延时成立，

3x3

所以四棱柱ZBCD-4B1GD1的体积的最大值为陋.

9

故选。.

5.答案：A

解析：

本题考查面面垂直的性质，以及求四面体的外接球体积，属较难题.

先根据边长关系作出几何体的外接球的球心，建立直角三角形求解即可.

取8。中点E,因为48=40,所以力EJ.B。，

又因为平面2BD1平面BDC,平面ABDn平面2DC=BD,AEu平面ABD,

所以4E1平面BDC,

取Q9中点F,BFnCE=01,

设球心为。，连接。。口贝［I。。］_L平面BQC,故。0J/4E,

过。作。。2工45，垂足为。2，

根据已知条件知。1，。2分别为三角形8DC,AB。的中心,

且四边形。O2EO1为矩形，

。。1=02E=^,OrD=等

在直角三角形。。1。中,

22

2=5

0D=R2=00/+0山2=（乎）+

-3

所以"当

V=-TTR3

3

故选A.

6.答案：D

解析：

本题考查正方体的结构特征，考查异面直线成角、线面平行、垂直的判定与性质的应用，及棱锥的

体积求法，考查分析与计算能力，综合性较强，属于较难题.

利用正方体的结构特征，线面位置关系的判定和性质，异面直线成角及棱锥体积的计算对4个结论

逐个判断，即可得出结论.

解：①由正方体可得：AC1BD,DD1ABCD,

；人(2(2平面人80口，二4。_10。1，

1•1BDnDDr=D,BD.DDiU平面BDDi，

AC1平面BDDi，BDiU平面BDDi,••.AC1BD1，

同理：B]C，BDi，

■■ACnBrC=C,AC.BCU平面AB£,

•••BD11平面ABCOEC平面AB|C.

AOE1BDr,正确；

(2)vACf/A^y人00平面人8£,A]CiC平面AB£,

，A£i〃平面ABC，

同理得：人。//平面48£,

A

••,ArDnA1G=1'&D,41clU平面&C1。，

・•・平面ABiC〃平面&Ci。，

VOEU平面ABC，

OE〃面4G。，正确；

@易知BiC〃Ai。，BiC《平面AiBD,A|DC平面ARD，

.・4£//平面人出口，

E到平面A/D的距离为定值，

•••三棱锥&jBDE的体积等于三棱锥E-&BD的体积，

底面△&BD的面积为定值，E到平面&BD的距离为定值，

三棱锥&-8DE的体积为定值，正确；

④当E在当处时，OE与41cl所成的角最大，

此时，由勾股定理易得：

。。2=｝。&2=|,8道2=2,

0C2+0B]2=B。,即NB10C=90°,

•••AC〃力[C1，

•••0E与4G所成的最大角为90。，正确.

故选。.

7.答案：C

解析：

本题考查了命题真假的判定，以及空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，属于基础题.

根据线面位置关系的判断方法逐项判断即可.

解：对于①，若果有两个不同的平面满足条件，可得。为两个平面的交线，则b〃a,矛盾，所以有

且只有个平面满足条件，正确；

对于②，若平面存在，则a1b,已知条件只有“，人异面，不一定垂直，错误；

对于③，将a,b通过平移变成相交直线，确定一个平面，与该平面平行且不过。，匕的平面都满足

条件，正确；

对于④，假设存在平面满足条件，由线面垂直的性质定理可知a//b,与已知条件矛盾，所以不存在

平面，正确，

故选C.

8.答案：BD

解析：

本题主要考查空间中直线与直线的位置关系，考查图形的观察能力与运用相关知识证明判断的能力,

属于中档题.

由空间中的位置关系，线面平行的判定和性质依次分析选项即可.

解：对于A选项，若AB"CD,则MN可能与/异面，故A错误；

对于B,若M,N重合，则4C〃B。，BDu0,ACBB，则4C〃/?,又4Cua,aC/?=Z,故AC/〃，故

8对；

对于C,AB与CD相交，则AB与CD可确定一平面y,直线AC平行于/时，由线面平行的判定可

得/平行于y,由线面平行的性质可得直线可以与/平行，故C不对；

对于D,当AB,CO是异面直线时，MN不可能与/平行，故。对，

故选BD.

9.答案：BD

解析：

本题主要考查空间中直线与直线的位置关系，考查图形的观察能力与运用相关知识证明判断的能力,

属于中档题.

由位置关系判断就可，本题宜用直接法来进行判断.

解：对于A选项，若AB//CD,则MN可能与/异面，故A错误；

对于若M,N重合，则AC〃BD,BDu0,ACB0,则4C〃0,又4Cua,an0=/,故AC〃l,故

B对；

对于C,AB与8相交，则AB与C。可确定一平面y,直线AC平行于/时，由线面平行的判定可

得/平行于y，由线面平行的性质可得直线8。可以与/平行，故C不对；

对于。，当AB,CQ是异面直线时，MN不可能与/平行，而。对，

故选3D

10.答案：527r

解析：

本题考查了直三棱柱的性质、勾股定理、正弦定理、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△Z8C与△&B1G的外接圆的圆心分别为。1，。2，连接。1。2,所以直三棱柱4BC-

41B1G外接球的球心在。1。2上，由球的对称性可得。为。1。2的中点，在△ABC中，利用正弦定理可

得3B=3,利用勾股定理可得R=OB="0/+进而可求出此三棱柱外接球的表面积.

解:如图，作出A4BC,的外心01，02,易证0］。2_L平面ABC,又0「02为截面圆的圆心，

所以直三棱柱ABC-4B1G外接球的球心在。1。2上，由球的对称性可得。为。1。2的中点，连接。iB,

0送，OB,

在ZiABC中，因为4B=4C=3,所以4ABC=N4CB=30。，

所以由正弦定理得：2。18=焉=6,解得。18=3.易证。］。2=8当=4,

所以。1。=：01。2=2,

所以由勾股定理得0B=“0：+0把2=V22+32=V13，即外接球的半径R=V13.

所以此三棱柱外接球的表面积为S=4TTR2=4?r(-/13)2=527r.

故答案为527r.

A

B、

11.答案：竽

解析：解：如图：CD=三x且x3=V5.

32

在△OCD中，0D=70C2-CD2=1.

三棱锥P-4BC体积的最大时，最长的高为。。+0P=3.

三棱锥P-ABC体积的最大值为：

-x-x3x3x—x3=

V"P-ABC=3224

故答案为：竽

三棱锥P—ABC体积的最大时，最长的高为0D+0P=3.由此能求出三棱锥P-ABC体积的最大值.

本题考查三棱锥体积的最大值的求法，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.

12.答案：80Tr

解析：

本题考查利用导数求解实际问题，本题解题的关键是注意求的是球的表面积对于时间的变化率，这

里也可以求体积对于时间的变化率.

写出球的表面积公式，求面积对于时间的变化率，即面积对于时间求导，代入所给的数据做出结果.

解：由题意可知球的半径为R=1+2t(t为时间)，

球的表面积为S=4nR2=47r(1+2t)2,

则S'=1()7T(1+2t),

当R=5时，t=2,S'|t=2=807r.

故答案为：807r.

13.答案：Y4

解析：

本题考查四棱锥体积的外接球，球与四棱锥的体积公式，属于中档题.

将四棱锥P-4BCC补成长方体，根据长方体和球之间的关系，即可求解.

解：依题意，\nR3=36TT,解得R=3,

将四棱锥P-ABCD补成长方体，

可知外接球的直径为长方体的体对角线，

设长方体的长、宽、高分别为。，b,c,且c=3,

则小4-b24-c2=(2X3不，故M+日=27,

又a2+b2、2ab,当且仅当a=b=辿时等号成立，

2

此时(ab)max=§，

要使得四棱锥M-4BCD的体积最大，

只需点M在平面A8CO的中心0,与球心。连线的延长线上，

又00'=9_=[9号=|，

故M-4BCD体积的最大值为:xyx(|+3)=Y-

故答案为

4

14.答案：在

12

解析：解：选固定点E,可知0'在圆上运动，现E在

线段。C上运动，且4。'=1,

•••。’的运动轨迹为以A为球心，半径为4。=1的球

面的一部分，

vSABCF=：xBCxBF=|x1xJ9+3=V3,

•••求三棱锥M-BCF体积的最小值只需求M到面BCF

的距离小的最小值，

即求D'到面8c尸的距离”的最小值，

过A作BF的垂线，垂足为”，

当。'为AH与球面的交点G时，。'到面BCF的距离最小，

此时点E在OC上，d=>4F—1=|—l=pdT==^,

•••三棱锥M-BCF体积的最小值为：

^min=SABCFXd]=—•

故答案为:立.

12

选固定点E,可知D'在圆上运动，现E在线段OC上运动，且4。'=1,从而D'的运动轨迹为以A为

球心，半径为4D'=1的球面的一部分，求出SABCF=3XBCXBF=B,从而求三棱锥M-BCF体

积的最小值只需求M到面BCF的距离刈的最小值，即求。到面BCF的距离d的最小值，过A作BF

的垂线，垂足为H，当D'为AH与球面的交点G时，D'到面BCF的距离最小，由此能求出三棱锥”-

BCF体积的最小值.

本题考查三棱锥的体积的最小值的求法，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.

15.答案：幽

3

解析：

本题考查多面体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间

想象能力，考查数形结合思想，是中档题.

连接AC,ACCtBD=0,推导出4CJLB。，ED1AC,从而A。为四棱锥A8DEF的高，再求出△480

为等边三角形，S四边形BDEF~4,由此能求出多面体的体积.

连接AC,ACCtBD=0.

因为四边形ABC。是菱形，所以4C1BD,

又因为EDJL平面ABCD,ACu平面ABCD,

所以EO1AC.

因为ED,BDu平面BDEF,且EOCBD=D,

所以力C_L平面BOER所以AO为四棱锥A8DEF的高.

又因为四边形4BCO是菱形，NBAD:,

<5

所以△4BD为等边三角形.

又因为BF=BD=2,所以4D=2,A0=痘,S四边形BDEF=4，

所以V四棱锥ABDEF=竽，即多面体的体积为竽•

故答案为随.

3

16.答案：8710-25

解析：

本题考查线面垂直的判定，点到直线的距离公式，以及函数求最值问题，难度较大,由题意先证明，1

平面&PQ,以BC,B4分别为x,y轴建立平面直角坐标系，进而设出直线/的方程：y-2=-2),

直线AP的方程：y=-：x+8,

由点到直线的距离公式可计算得|PQ|=喘拱！,\AQ\=霹，计算

黑=|4(k+3)+言-25|,利用基本不等式求最值即可.

I月QIK十3

解：如图所示：

BC

"I1A^,I1A^P,力iQ,AiPu平面ZiPQ,A-iQnA1P=At,

所以，1平面&PQ,所以4,P,Q三点共线，以BC,B4分别为x,y轴建立平面直角坐标系，

则C(6,0),4(0,8),M(2,2)设直线>的方程为y-2=k(x-2),由题意直线，与线段AB,AC都相交,

二k€g,1),当k彳0时，直线AP的方程为y=—(x+8

令y=0,求得孙=8k,又当k=0时，尸点坐标为(0,0),综上P(8k,0).

由点到直线的距离公式可计算得|PQ|=瑞

所以制=1端*=3+3)+言-25|

|/iICt)/VT3

407—

>24(k+3)-----25=8V10-25

、/c+3

当且仅当4(k+3)=熟时等号成立，

即喘最小值为8g-25.

故答案为8国-25.

17.答案：g

6

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，考查异面直线所成夹角，涉及基本不等

式求最值，属较难题.

补成长，宽，高分别为3,4,5的长方体，得出异面直线所成角即为边长为5,3的矩形的对角线夹角，

得出截面为平行四边形MNKL求出四边形面积即可得出.

解：根据四面体特征，可以补图成长方体设其边长为a,b,c,

c

G

F

c2+b2=41

c24-a2=34，解得Q=3,b=4,c=5补成长，宽，高分别为3,4,5的长方体,

&2+a2=25

在长方体中:

异面直线4c,8。所成角的正弦值等价于边长为5,3的矩形的对角线夹角正弦值,

可得正弦值为工；

由于EF1a,

故截面为平行四边形MNKL,

可得KL+KN=5,

设异面直线8c与AO所成的角为0,

则sin。=sinzHFF=sin乙LKN,

算得sinJ=今

SMNKL=NK・KL・sin乙NKL<=

当且仅当KL=KN时等号成立.

故答案为||；6.

18.答案：证明：(1)以4为原点，AB为x轴，AO为y轴，过A作平面A8C。的垂线为z轴，建立空

间直角坐标系，\

71(25/3,0,0),C(0,276,0).0(0,0,0),M(2V3,V6,0),

AC=(-2V3,2V6,0)>DM=(2V3,遍,0)，/：V

AC-DM=0^-.AC1DM,//(\：l

•••SOABCD,DMc^jEfABC,：.SOA.DM,/J,•\------------>x

"ACCiSO=0,DMIffiSAC,

­.■DMu平面SQM,.•.平面S4CJ_平面SDM

(2)以。为原点，OC,OD,OS分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

VACA.DM,DO=20M=2vLOC=20A=4,

：.SB=SA+2AM=(2,-2V2,-2).AD=(2,2a,0)，

而=(2,0,2),

设平面SAO的法向量元=(%y,z),

则也竺=2x+2&y=0,取％=或，得元=

In-i4S=2%4-2z=0

(V2,-l,-V2)，

设直线SB与平面SAD所成角为。，

则=Icos<n,SB>\=犒=詈•

・•・直线SB与平面SA。所成角的正弦值为噜

解析：(1)以A为原点，AB为x轴，为y轴，过A作平面ABC。的垂线为z轴，建立空间直角坐

标系，利用向量法能证明平面SAC1平面SDM

(2)以。为原点，OC,OD,OS分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线

S3与平面SAO所成角的正弦值.

本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，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，考查数形结合思想，是中档题.

19.答案:解：⑴证明:如图,

连结。5.在三棱柱4BC-a当6中,

因为分别是BC与B£的中点，所以B1R7/8D,且8也=分。.

所以四边形BiBDDi为平行四边形，所以BBJ/DDi，且

y.AA1//BB1,AA1=BB1^VXAA1//DD1IAA1=DDr,

所以四边形为平行四边形，所以&0J/4D.

又Ai。1《平面力Bi。，ADu平面AB1。，故人［。I//平面4B1。.

(2)解：在44BC中，因为AB=4C,。为BC的中点，所以AD1BC.

因为平面ABC_L平面BiQCB,交线为BC,4。u平面A8C,

所以4。1平面BiGCB,即A。是三棱锥4-的高.

在ZL4BC中，由AB=4C=BC=4,得4。=2次.

在gBC中，BiB=BC=4,/BC=60°,

所以ZBiBC的面积SABiBC=fx4?=4W.

所以三棱锥方-ABC的体积，即三棱锥A-BiBC的体积U=[xS4B$C♦40=[x4gx2悔=8.

解析：本题主要考查了线面平行的判定，以及三棱锥的体积的计算，同时考查了推理论证的能力、

计算能力，转化与划归的思想，属于中档题.

(1)欲证4D1〃平面a/。，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证4。1与平面ABiD内一直线平

行，连接ODi，可得B1D//BD,且BiDi=BD,则四边形/口。名为平行四边形，同理可证四边形

为平行四边形，则又A%C平面4占。，ADu平面满足定理所需条件;

(2)根据面面垂直的性质定理可知AD，平面&GCB,即40是三棱锥A-BiBC的高，求出三棱锥A-

&BC的体积，从而求出三棱锥&-ABC的体积.

20.答案：解：(I)当。为AC中点时，有AB1〃平面BOG

连结&C交BC］于O,连结。O

•••四边形BCGB1是矩形。为BiC中点

又。为AC中点，从而。。〃力当

•••ABrft平面BDG，DOu平面EDG

倜〃平面BDG

(E)建立空间直角坐标系B-xyz如图所示,

8,“C,

B

则B(0,0,0),4(肉,0),C(0,2,0),D，,I，0)6(02，273)

所以前=(今|,0),跖=(0,2,2⑹.

设诟=(x,y,z)为平面BOG的法向量，则有Tx+2y=0

(2y+2>/3z=0,

即(x=

Iy=-V3z

令z=1,可得平面BDQ的一个法向量为4=(3，-遮,1).

而平面ECG的一个法向量为雨=(1,0,0)

3⑸尼>=磊=言3届

13

则二面角C-BG-D的余弦值为警.

解析：本题考查的知识点是二面角的平面角及求法，直线与平面平行的判定，属于中档题，.

(I),确定当。为AC中点时，有4当〃平面BOQ,然后证明，连接以C交BCi于。，连接。。，由三

角形的中位线性质可得DO//ABX,从而证明力从〃平面BOG.

(H)建立空间直角坐标系B-xyz如图所示，分别求出平面CSC】与BGD的一个法向量的坐标，代入

向量夹角公式，即可求出二面角C-BG-。的余弦值.

21.答案：(1)证明：在△ABC中，4c=90°,

即AC1BC,贝ijBD_l.DE.

取BF的中点为N,连接CN交8E于点M,

当;1时，尸是AN的中点，而E是4c的中点，

•••4NC的中位线，EF//CN.

在ABEF中，N是8F的中点，二M是BE的中点.

^.Rt^BCE^,EC=BC=2,

CM1BE,则EF1BE.

又平面“BE_L平面ABC,平面OBEn平面ABC=BE.

EF1平面DBE.

(2)解：取BE的中点M',连接DM',则CM'_LBE,DM'J.BE.

而平面DBEL平面ABC,平面DBEn平面SBC=BE.

•••DM'_L平面ABC,

即CM'是三棱锥D—BEF的高，且DM'=CM'=V^.

过E作EHLAB于点H,

则SA4BE=；SE-BC=；SB-EH,

即三x2x2=*xV42+22-EH,

22

可得EH=管.

假设存在满足题意的九则三棱锥D—BEF的体积为

111

V=-SABEFxDM'=-x-BFxEHxDM'

=-x-xBFX—Xy/2=—，

3253

解得BF=V5,

、AF2V5-V51

•**A.=—=尸=一,

AB2VS2

故存在;l=3使得三棱锥D—BEF的体积是在.

23

解析：本题考查三棱锥的体枳的求法，线面垂直的判定，属于中档题.

(1)由4c=90。得BD1DE,取BF的中点N,连接CN交BE于M,可得到CM1BE,EF1BE.

利用平面DBE1平面ABC,由面面垂直的性质得到EF1平面DBE；

(2)可证LWU平面48C,即DM'是三棱锥D-BEF的高，由“诋=》赫♦BC=/4B•EH可求得

EH，再由三棱锥八口的体积为用2四XDM'号'求出8尸,即可求得4的值.

22.答案：证明：(1)连接BZ)交AC于0,则0为8D的中点，连接0E.

•••E是的中点，。是8。的中点,

ABDJ/0E,又OEu平面ACE,BD1,平面ACE,

•­.BD]〃平面ACE；

(2)连结。/，EB],■：ABX=CBX,。是AC的中点，。当14c.

设正方体棱长为。，贝iJOB=OD=立a,DE=^a,BQ=&a.

221x

...OB、=Ja?+；=fa，OE=J彳+£=号。，B1E=J2a2+亍=|a.

AOBl+OE2=BiE2,即OBilOE,

乂ACu平面ACE,OEu平面ACE,ACCtOE=0,二。&1平面ACE,

又。Biu平面ABiC,平面EAC_L平面4BiC;

解析：本题考查线面平行、面面垂直的证明，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，考查数形结合思想，是中档题.

(1)连结8。，交AC于点0,连结。E,推导出OE〃BD「由此能证明BDJ/EAC；

(2)由等腰三角形的性质证得。B|L\C,由勾股定理证得。当_LOE,利用线面垂直的判定定理得出

OBiJ■平面ACE,从而得出平面E4C1平面48传.

23.答案：证明：(1)取AB中点4,连结P”，HC.

PA=PB=2V3.AB=4,/\

/必二长法

B

PH1AB,PH=2V2.

•••等边△ABC的边长为4

HC=2®又PC=2V5，PH2+HC2=20=PC2

•••Z.PHC=90°,即PH1HC.

又•••//（；CAB=H,ABABC,CHu平面ABC

PHJ■平面ABC,又PHu平面PAB

平面P4B1平面ABC.

解：（2）、•点M,N分别为棱BC,PC的中点

.••点N到平面ABC的距离为：PH=V2

且SMMC=独诋=；xfx42=2百

••・三棱锥N-AMC的体积U=ixV2x2V3=—.

33

解析：本题考查面面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，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AB中点H,连结尸H,HC.推导出PH14B,PHLHC,由此能求出PHJ■平面ABC,从而能证

明平面P4BJL平面ABC.

（2）推导出点N到平面ABC的距离为打H=V2,由此能求出三棱锥N-力MC的体积.

24.答案：解：（1）连接8。1，因为侧面B/C1C为菱形，

所以B1C18C1，且81c与8Q相交于。点.

因为40平面BBiGC,BiCu平面BBiGC,

所以B1C1A0.

又8的。4。=0,BCiU平面4B0,4。u平面ABO,

所以B[C_L平面A80.

因为4Bu平面ABO,所以B1CJ.4B.

（n）^OD1BC,垂足为。，连接A3.

因为4。_L平面BBiGC,BCu平面8B1GC,所以BC_LCM,

又因为BC1OD,OAnOD=0,04u平面4。。,。。u平面A。。，

所以8c1平面AOD

又4。u平面A。。，所以BCJ.4D.

又因为平面ABCn平面8cBi=BC,4。u平面ABC,。0u平面BC%

所以乙4。。是二面角力-BC-Bi的平面角.

因为4CBB1=60°,所以△CBBi为等边三角形,

又8c=1,所以OC=[8C=5，

所以。。=^OC=—.

24

因为。。=。当，401B1。，

所以=ZkABiC是等腰三角形，

又因为AC，/!/,所以△4%C是等腰直角三角形,

所以0/=：B]C=

所以AO=y]OD2+OA2——•

4

在Rt△4。0中，cosZ-ADO=—=^

AD7

••・二面角力-BC-Bi的余弦值为手.

解析：本题考查了异面直线垂直的证明，二面角的求解，涉及到线面垂直的判定及性质定理，属于

中档题.

(I)连接8G.只需证明81c1平面ABO.即可得8传1AB.

(11)作0。18。，垂足为。，连接力D.可得乙4。。是二面角力-BC—a的平面角，在中，结

合cos乙40。=生即可求解.

AD

25.答案：(1)证明：等腰梯形ABC。中，AOABSAOCD,

0A_AB

OC—CD

又4c=3,AOA=2,AOB=2.

OA2+OB2=AB2,•••OALOB,即AC1BD,

又•••PBJ.AC,且BDCPB=B,BD,PBu平面PBD,

AC_L平面PBD,

又：ACu平面ABC。，.•.平面PB。_L平面4BC0;

(2)解：连接PO,由⑴知,ACJ_平面PBD,POu平面PBD,：.AC1P