高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (42)(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）（42）

一、单项选择题（本大题共11小题，共55.（）分）

1.在三棱锥S-4BC中，SA=BC=V41-SB=AC=5,SC=AB=V34,则三棱锥S-ABC外接

球的表面积为

A.257rB.25V2TTC.50兀D.50V2TT

2.如图所示，在△ABC中，AB=BC=2,乙4BC=120。.若平面ABC外的点P和线段AC上的点

D,满足P0=04,PB=BA,则四面体PBCD的体积的最大值为（）

3.在四棱锥P-ABC。中，PA=2,PB=PC=PD=巾，AB=AD=V7，BC=CD=2,则四

棱锥P—ABC。的体积为

A.2A/3B.V3C.V5D.3

4.在△ABC中，4c=90。，AB=2,AC=6,。为AC上的一点（不含端点），将△BCD沿直线

折起，使点C在平面AB。上的射影。在线段AB上，则线段08的取值范围是（）

A.（|,1）B.G净C.弓,1）D.（0,f）

5.在四棱锥P—ABCD中，PA=2,PB=PC=PD=V7，AB=AD=巾，BC=CD=2,则四

棱锥P-4BCD的体积为

A.2V3B.V3C.V5D.3

6.已知正四棱锥P-力BCD的所有顶点都在球O的球面上，该四棱锥的五个面所在的平面截球面所

得的圆大小相同，若正四棱锥P—力BCD的高为2,则球。的表面积为（）

A.87rB.97rC.127rD.16兀

7.已知边长为1的菱形ABC。中，Z4=p则用斜二测画法画出这个菱形的直观图的面积为（）

A更B.更C.亚D.在

2468

8.体积为旭的三棱锥a-BCD中，BC=AC=BD=AD=3,CD=2岳,AB<2近,则该三棱

3

锥外接球的表面积为

A.20兀B.jTTC.汾D.*

9.如图所示，三棱锥S—4BC中，△ABC与△SBC都是边长为1的正三角形，S4=|，若5,4B,

C四点都在球。的表面上，则球。的表面积为（）

10.已知正四棱锥P-ABCO的所有顶点都在球O的球面上，该四棱锥的五个面所在的平面截球面所

得的圆大小相同，若正四棱锥P-ABCC的高为2,则球。的表面积为（）

A.87rB.97rC.127rD.167r

11.在正方体4BC0-4BiCiDi中，点M,N,P分别在DiG上，M为441的中点，

氏=籍=2,过点A作平面a,使得BG_La,若an平面&B1GD1=?n,戊口平面时可。=九,

则直线m与直线H所成的角的正切值为

A.巫B.2C.立D.在

7772

二、多项选择题（本大题共1小题，共4.0分）

12.下面四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得

三、填空题（本大题共8小题，共40.0分）

13.在四棱锥S-ABCD中，底面四边形ABC。为矩形，S4平面ABCQ,P,。分别是线段BS,AD

的中点，点R在线段S。上.若4S=4,AD=2,AR1PQ,则4R=.

14.设m匕是两条不同的直线，a,0是两个不同的平面，则下列四个命题：

①若alb,ala,贝肪〃a；②若Q_L0,a10,则0/a；

③若a〃a,a1S，则a1伙④若a1b,ala,b10,则a_L。，

其中正确的命题序号是.

15.在三棱锥S—ABC中，/SAB=/SAC=Z.ACB=90°,AC=2,BC=y[13,SB=回,则异面

直线SC与AB所成角的余弦值为.

16.如图，在直角三角形P2C中，PCIBC,PC=3,8c是一条长度在变动的线段，且BC<PC,

PC上存在一点。满足CO=CB,过点。作。E〃8c交P2于点E,沿DE将四边形BCDE折起，

使点8和点C分别到达点B'和点C'的位置，且平面B'C'DE，平面PDE,则当团PDE的面积取得

最大值时，线段PC'的长度为.

r

17.在一个半径为2的钢球内放置一个用来盛特殊液体的正四棱柱容器，要使该容器所盛液体尽可

能多，则该容器的高应为.

18.设P,A,B,C为球。表面上的四个点，PA,P8,PC两两垂直，且24=2m,PB=3m,PC=4小,则

球O的表面积为m2.

19.如图，己知三棱锥P—4BC满足PA=PB=PC=4B=2,AC1BC,

则该三棱锥外接球的体积为.

CB

20.如图四边形A8CD为梯形，AD//BC,乙4BC=90。，则图中阴

影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积为,体

四、解答题(本大题共10小题，共120.0分)

21.如图，在四棱锥P-ABCD中，PC1底面4BCQ,底面ABC。是直角梯形，AB1AD,AB//CD,

AB=2AD=2CD=2,PC=4,E为线段PB上一点.

(1)求证：平面EAC1平面尸BC；

(2)若点E满足嚣=；,求二面角P—AC-E的余弦值.

or3

22.如图，四棱锥尸一4BCO中，底面为直角梯形=90°,AB=2CD=4,PA1CD,

在锐角回PAD中，E是边PO上一点，且A。=P0=3E0=3低.

p

(1)求证：PB〃平面ACE；

(2)当PA的长为何值时，AC与平面PC。所成的角为30°?

23.在四棱锥P-ABCD中，平面P4C，平面ABC。，且有4B〃DC,AC=CD=DA=^AB.

A

(1)证明：BCA.PA

(2)若P4=PC=AC,求平面PAO与平面PBC所成的锐二面角的余弦值.

24.如图，在三棱柱SBC—4BiG中，侧面A&GC1底面ABC,E为CC1的中点，AF=2FB.

(1)求证：BCi〃平面4EF;

(2)若AC=Aa=2,AB=BC=y[2,44AC=60。，求四棱锥。一BFA/i的体积.

25.如图，已知正三棱柱48。一公当6，。是AB的中点，E是GC的中点，且4B=1,AAr=2.

(1)证明：CD〃平面4EB；

(2)求点儿到平面8QE的距离.

26.如图，矩形A8CZ)所在平面与半圆弧前所在平面垂直，M是加上异于C,。的点.

(1)证明：平面4M01平面8MC；

(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC〃平面P8D?说明理由.

27.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABC。是矩形，PA=PD=色，PB=PC=屉,

乙4PB=4CPD=90。，点M,N分别是棱BC,PQ的中点.

(1)求证：MN〃平面PAB；

(2)若平面P4B工平面PCD,求直线MN与平面PCC所成角的正弦值.

28.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面A8CZ)是平行四边形，PA=PC=V3.PB=PD=遍，

(1)证明：I"AB；

(2)若平面24B_L平面PCD,求四棱锥P-4BCD的体积.

29.如图1,在边长为2的等边△ABC中，D,E分别为边4C,4B的中点，将4AED沿EO折起，使

WAB1AD,AC1AE,得到如图2的四棱锥A-BCDE,连结8£>,CE,且8。与CE交于点H.

(1)求证：AH1平面8CQE；

(2)求二面角B-AE-D的余弦值.

30.如图，在四棱锥P-4BC。中，底面A8C。是平行四边形，PA=PC=V3，PB=PD=展,

(1)证明：I//AB.

(2)若平面PAB1平面PC。，求四棱锥P-ABCD的体积.

【答案与解析】

1.答案：c

解析：

本题考查球的表面积，空间几何体的外接球，属中档题.

解：•.,三棱锥S-48C中，SA=BC=V41-SB=AC=5,SC=AB=V34，

二构造长方体，使得面上的对角线长分别为屈，5,V34.

则长方体的对角线长等于三棱锥S-4BC外接球的直径.

设长方体的棱长分别为x,y,z,贝Ux2+y2=41,y2+z2=25,x2+z2=34,

•••x2+y2+z2=50.

••・三棱锥S-ABC外接球的直径为同，

••・三棱锥S-4BC外接球的表面积为47r（钓=507r.

故选C.

2.答案：B

解析：

本题考查体积最大值的计算，考查学生转化问题的能力，属于难题.

由题意，4ABD3APBD,可以理解为△PBZ）是由△ABD绕着8力旋转得到的，对于每段固定的AO,

底面积BCD为定值，要使得体积最大，△PBD必定垂直于平面ABC,此时高最大，体积也最大.

解：由题意可知，AABDmAPB。，可以看成是AaBO绕8。轴旋转形成的.

点。在边AC上每选定一个位置，则底面△8C0的面积就为定值，此时，当平面尸8。垂直于底面BCD

时，四面体尸88的体积就取最大值.

此时过点P作8。的垂线，则该垂线即为三棱锥P-BCD的高，且高等于AABD中8。边上的高线

AE,如图所示：

E

在小ABC中，AB=BC=2,/.ABC=120°,则4c=2旧.

设40=x(0<x<2回，则S®BCD=\BC-COsin30°=|x2(2%-x)x1=V3-

在^ABD中，由余弦定理，可得B。=V22+x2-2X2xcos300=J(x-V3)2+1-

x

"SMB。=gX2xsin30°=^BD-AE,"AE~.*+/

••・四面体PBCD的体积"=2.4ET(6->信羸=；^=

(x-V3)2—3I2A2

=一6*二)2+1,设m=J(x-V3)2+1(1<m<2)，则V=-登=+

•.・函数厂=一？+1■在［1,2)上单调递减，.••当m=l,即％=b，即点力为边AC的中点时，

o37H

V=-3+2；取得最大值，最大值为嗑ax=-5+・=a

o37nooz

故选从

3.答案：D

解析：

本题考查四棱锥的体积，考查了转化思想，属于难题.

先证明B。_L平面尸AC,此时转化为Vp_A8co=：SAPAC,BD,再设B。=x,在APAC中，构造等式

cos"。?!+cos"OC=0求出x的值，即可分别求出2D=2x=2遮，5“北=手，再代入公式就

可求解.

解：如图所示:

p

连接AC,BD,记交点为O,

由于AB=AD=b，BC=CD=2,则。为3。的中点，

则BD_L4C,

连接尸O,在△P8D中，由于PB=PD,

贝IJBO1PO,

而P。n/C=。，

则BD1平面PAC,

故力-ABCD—^P-ABC+^P-ACD

=^B-PAC+^D-PAC

11

=^SAPHC.BO+-S^pAC-DO

~,BD9

设B。=%,

则04=V7—x2,OC—V4—x2,OP=V7—%2,

则匕-*：>?，得0</<4,

在

由于ZPOA4-Z.POC=n,

则cos/POA+cos乙POC=0,

222

ABOA2+OP2-AP2,OC+OP-PC八

付-----------------------=0

2OAOP2OCOP

||,I7-X2+7-X2-44-X2+7-X2-7_八

、2,7r2W7r22V4-X2-V7-X2'

化简得：若马=言，

V7rzV4-x2

两边平方整理得，x4-Ux2+24=0,

即(7一3)(/-8)=0,

由于0</<%

得/=3,

故。4=1,OC=2,BD=2x=2\/3.

又在△P4。中，

AO=2,AP=2,OP=2,

故NPA。=60°,

则SAPAC=~^APXACXsin600=ix2x3x—=—,

1r\lx2222

故％iBCD=|5AP4C-BD=|x^x2V3=3，

故选〃.

4.答案：A

解析：

本题考查立体几何中的折叠问题及余弦定理的应用，属于较难题，要分清折叠前后量的变化情况，

设CD=3t6(0,8)，用，表示x是关键.

先求出△4BC的边和角，设OB=x,CO=t,&0=万不，在△A。。中应用余弦定理，化简后用

f表示x,分析判断x的范围即可.

解：因为RtaABC,斜边AB=2,AC=W，

BC=>JAB2-AC2=1

•••〃=30°,

ct

如图，设OB=x,CD=t,C]O=V1-x2>

△中，OD2=AD2+AO2-2ADxAOcos/.DAB

=(V3—t)2+(2—x)2_2(V^_t)(2—x)x—,

由题意知，6。，平面48。，

则G。1OD,

22

又Ci。=CD=t,C。=Ct0+OD,

则t2=1-x2+(V3-t)2+(2-%)2-V3(V3-t)(2-x)-

整理得”=品Pt(0,V3)，

21

则1+gte(1,4),1+^t,2),

又因为CO=41一婷,所以x<i,

则x的取值范围是c，i).

故选A.

5.答案：D

解析：

本题考查棱锥的体积公式，线面垂直的性质，余弦定理解三角形的应用，属于较难题.

根据题意中的数据8014C,且点尸在平面A8CD的投影为ACB。的外心。，根据全等三角形的性

质以及余弦定理求解出AO,0C,P0等线段的长度即可求解四棱锥P-ABC。的体积

解：在四边形4BC。中，因为4B=AC=b，BC=CD=2,AC^AC,

所以△ABC三△/WC,所以NB4C=〃MC,ABCA=ADCA,

所以AC垂直且平分BD.

设E为4c与8。的交点，△BCD的外心为0,可知0在直线AC上，连接P0,如图所示：

B

C

因为PB=PC=PD=6所以点尸在平面A8CD的投影为△以/)的外心。，即P。，平面

因为4Cu平面A3CO,所以尸。_L4C,

又因为尸力=8C,AB=PC,AC=ACf所以△48CmzkCP4,

・•・Z-PCA=Z.BAC,记04=a,OB=0C=b,

则cos"C4=-7==cosZ-BAO=a+7~b>即2ab=a24-7—Z?2,①

V72xV7a7

在APAC中，P02=4-a2=7-b2,②

联立①②，解得a=1,b=2,则P。=V3，

cosZ-AOB=:+：7=—gsinZ.BOE=—=—,BE=A/3，

NX1XNL.22

故四棱锥P-4BCD的体积为V=|x1x(1+2)x2V3xV3=3.

故选。.

6.答案：A

解析：

本题考查棱锥的定义，以及球的表面积公式，属于中档题.

首先求出正四棱锥P-4BCD的侧棱长，再求出球。的半径，从而得到求。的表面积.

解：设正四棱锥P-4BCD的底面边长为a,则侧棱长为PA=］（等）2+22=必;任,

2a2+16,2a2+162I--------------

所以COSN4PB=三1U=募所以sin〃PB=1-（勺尸=吗巫，

z272

，2Q2+16，2a?+i6a+8yl''a+8a+8

22

由于四棱锥的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同，所以三角形/MB的外接圆半径为五a,

2

所以由正弦定理得^^^=2*枭，解得：。2=8立一8，

a2+8

设球。的外接圆半径为，，所以"=（2-r）2+（¥a）2,解得「=y=我产=或，

所以球。的表面积为47n'2=4n（e）2・8叫

故选A.

7.答案：D

解析:

本题考查了平面图形面积与斜二测法画直观图的面积比应用问题，是基础题.

求出菱形ABCO的面积，再根据平面图形的面积与斜二测面法的直观图面积比为2鱼：1,求出即可.

解：菱形ABCQ中，AB=1,=

则菱形的面积为S号族BCD=2SAABD=2x：x1x1xsing=乎;

所以用斜二测面法画出这个菱形的直观图面积为

cV3_

S_,菱形4BCD_可_也

―242_2>[2.8

故选：D.

8.答案：B

解析：

本题考查三棱锥的体积，考查球的表面积，考查锥体的外接球问题，属于难题.

求出AB的长，确定出三棱锥，建立空间直角坐标系，求出半径即可.

解：考虑极限情况，在长方体中，如图所示（48分别为长方体棱上的中点），

BC=AC=BD=AD=3,CD=26，则4CBDSACAD,

设。为CO中点，易得C0=00=遍，OB=OA=」32_（相）2=2,

则在Rt△。力B中，AB=V22+22=2>/2,

而根据题干信息SB<2注，则点8在上图中的Q（不包含端点）上运动，

当运动到三棱锥4-BCD的体积为拶时，此时的三棱锥如图所示（0’8为三棱锥的高）:

由几何关系可得44co的面积为S-cD=\\CD\-\0A\=2V5,

故以-BCD=1X2V5X\B0'\=萼，解得出。，|=V3，

则在RtAOBO'中，B0=2,\B0'\贝1」。0'=1,

而。4=2,则40'=1,则8为MN中点（M,N分别为对应长方体棱上的中点），

而在△4CD中，AD^AC,。为CD中点，sm^DAO=—，cosz.DAO=

33

由二倍角公式可得sin/DAC=延，

9

设^ACD的外接圆半径为r,则利用正弦定理可得2r=

sinz.DAO

解得r=p

而4D=4C,。为CD中点，所以AaCD的外接圆圆心一定在OA所在的直线上，

而r=2>04=2,故外接圆圆心在。4的延长线上，

4

设该三棱锥的外接球的球心为P,01为AAC。的外接圆圆心，则014=£

则POi1底面01C4D,

而014u底面OiCAD,故P0110通,

而CD140「

设三棱锥外接球的半径为R,

故建立如图所示的空间直角坐标系（。1为原点，。〃为y轴，P0］为z轴，CQ的平行线为x轴）:

设p（0,0,z）则a（o,：,o）,s（0,；,V3）,

则|PB|=\PA\=R,

则靠+9-8）2=，+z2=R，

解得z=-"（说明P在上图所示的z轴的负半轴上）,

则R2=工，

故外接球的表面积S=4nR2=yTT.

故选员

9.答案：A

解析:

本题考查线面垂直的判定，余弦定理，球的表面积公式的应用，考查分析和空间想象能力，属于中

档题.

取线段BC的中点。，连接SD,由已知可证BC1平面ADS,Z4DS=筝再分别取线段A。，SD

的三等分点E,『（中心），在平面AOS内，过点E,F分别作直线垂直于A。，SD,两条直线的交点

即球心。，连接0A,则球。半径R=|。川.根据三角形知识可求。川，代入球的表面积公式即解.

B

解：取线段8c的中点。，连接A。，SD,

•・•△ABC与△SBC都是边长为1的正三角形,

•••AD1BC,SD1BC,AD=SD=—,

2

・・•BC1平面ADS,

/SAD中，又S4=|,

m+sM-s/

・••cosZ-ADS=一1,

2XADXSD2

因为()<NASD<7T,NAOS=胃，

由于BC1平面AQS,分别取线段AC,SO的三等分点E,F(中心)，

在平面ADS内，过点E,F分别作直线垂直于A。，SD,两条直线的交点即球心0,连接0A,则球

。半径R=\0A\.

易知DE=^AD=且，AE=-AD=—，连接。。，

3633

^.Rt^ODE^,•■-AODE=^,OF=V3DE=I，OA2=OE2+AE2=^,

故球。的表面积为4TTR2=

故选A.

10.答案：A

解析：

本题考查棱锥的定义，以及球的表面积公式，属于较难题.

首先求出正四棱锥P-4BC。的底面边长，侧棱长，再求出球。的半径，从而得到球。的表面积.

解：设正四棱锥P-ABC。的底面边长为a,

则侧棱长为24=J（与尸+22=等至，

2a2+16।2a2+16@2

所以cos乙4PB=—7==^===

/2。2+16J2a2+16az+8

22

所以sin"PB=2

\ka2+87a+8

由于四棱锥的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同，

所以三角形PAB的外接圆半径为立a，

2

a八，鱼

所以由正弦定理得诉不=2x三巴解得：。2=8a-8,

a2+8

设球0的外接圆半径为\所以N=（2—「）2+（孝a）2,

解得r=贮坦=842-8+8=鱼，

88

所以球O的表面积为47n'2=4TT（V2）2=8TT,

故选A.

11.答案：A

解析:

本题考查空间线线、线面、面面的平行与垂直关系，考查考生的空间想象能力、化归转化能力和直

观想象能力.

补正方体作平面MNP与正方体力BCD-4遇传1。1的截面，设AB=3,易知

AE=AF=2,即可证得BG1平面4B/，,可得N4FG为直线”1与直线〃所成的角.设4G=x,GH=y,

而△AEG-AHNG,计算可得x的值，从而可得直线，”与直线〃所成的角的正切值.

解：如图，补正方体AB/K作平面MNP与正方体ABCO-4&口久的截面，设4B=3,

易知AE=AF=2.

易证BGJ.8/,BCi1AB,BIdAB=B,

所以BGJ■平面AB/H,即平面AB〃7为平面a,

所以直线GF为"，直线为〃?，

又H1〃AB,乙4FG为直线m与直线〃所成的角.

设AG=x,GH=y,而△4EG"HNG,

所以X2解得x=也.

ly5)

在Rt/MGF中，tan/AFG=丝=斐=这，

AF27

故选A.

12.答案：AD

解析:

本题主要考查空间直线和平面位置关系的判断，结合线面平行的判定定理和性质定理进行证明是解

决本题的关键，为中档题.

根据线面平行的判定定理和性质定理分别进行判断即可.

在A中，连接AC,

则AC〃MN,NP//CB,

又MNCNP=N,MN,NPu平面MNP,

得平面MNP〃平面ABC,

又ABu平面ABC,

力B〃平面MNP,

故月成立：

在8中，若下底面中心为。，

贝ljN0〃4B,NOC面MNP=N,

AB与面MNP不平行,

故8不成立；

在C中，过M作ME〃4B,

则E是中点，

则ME与平面PMN相交，

则A8与平面MNP相交，

AB与面MNP不平行，

故C不成立；

在。中，连接CD,

则AB〃CD,NP//CD,

即4B//PN,PNu平面MNP,AB仁平面MNP,

4B〃平面MNP,

故。成立.

故选：AD.

13.答案:—

5

解析：

本题主要考查几何体中线段长度的求解.通过S4L平面ABC。，判断出，AR1SD,

问题转化为在直角三角形中求斜边高的问题.

解：取S4的中点E,连接PE,QE.因为SA1平面ABC。，4Bu平面ABCO,

所以S414B,而4B_L/W,ADC\SA=A,所以AB_L平面SAC,

故PEI平面SAO,又ARu平面SA。，所以PE14R,

因为PECPQ=P,所以4R_L平面PEQ,

因为EQu平面PEQ,所以ARJLEQ,

因为E,。分别为SA,AO的中点，所以EQ〃SC,ARLSD,

在直角三角形ASO中，AS=4,AD=2,可求得力;?=誓.

故答案为延.

5

14.答案：③④

解析：

本题考查了空间线面平行、面面垂直的性质定理和判定定理的运用；熟练掌握定理、正确运用是关

键，属于中档题.

利用空间线面平行、线面垂直、面面垂直的性质定理和判定定理对四个结论分别分析即可.

解：对于①，若alb,ala,则匕〃a或者bua,故①错误；

对于②，若a_LQ,al£,则。〃&或者aua,故②错误;

对于③，若4/a,alp,则a内必有和a平行的直线，且与平面/?垂直,

所以a_LS，故③正确；

对于④，若a_Lb,ala,则可推出b〃a或bua,

又b工0,可得a-L0,故④正确.

故答案为③④.

15.答案：也

17

解析：

本题考查直线与平面所成的角和余弦定理得应用，属于中档题.

取BC的中点E,在平面ABC内作DE〃/8,交4c于点，在平面SBC内作EF〃SC,交SB于点凡

则异面直线SC与AB所成的角为/FED,再在△DEF中，由余弦定理可解结果.

解：如图，取8c的中点E,在平面A8C内作DE〃/1B,交AC于点。，

在平面SBC内作EF〃SC,交SB于点F,

则异面直线SC与AB所成的角为“ED,

过点F作FGJ.4B于点G,连接DG,

则AOFG为直角三角形，

由题意知AC=2,BC=V13，SB=V29，

可得。石;叵，EF=2,DF=-,

22

在△DE尸中，由余弦定理可得cos乙DEF=DEZ+EC-D'=也

2DEEF17

故答案为包.

17

16.答案：V5

解析:

本题主要考查面面垂直的性质定理，以及利用导数求最值，考查推理能力和计算能力，属于较难题.

由面面垂直的性质得PDJ•平面B'C'DE,设BC=x(0<x<3),求出S”.=：(炉一6/+9%),利

O

用导数求出x=l时，APOE的面积取得最大值，从而求出此时线段P。的长度.

解：因为平面B'C'DEJ_平面P0E,平面B'C'DEC平面POE=OE,PD1DE,

PDu平面PDE,

所以PD1平面B'C'DE.

设BC=x(0cx<3),则PD=3-x,

在三角形PBC中，第=管，即芋=?，

解得DE=丝至，

3

则SAPDE=\-•(3-%)=I(x3-6/+9x),

则£=|(3x2-12x+9)=|(x2-4%+3)=j(x-3)(x-1).

令S'<0,得l<x<3,令S'>0,得0cx<1,

所以S在(0,1)递增，在(1,3)递减，

故当x=1时，△PDE的面积取得最大值，

此时，PD=2,DC'=B'C'=1,则PC'=D22+M=b,

故答案为近.

17.答案：逋

3

解析:

本题考查几何体的位置关系，几何体体积的最值问题，难度一般.

设正四棱柱底面边长为2a,高为2万,依题意得出F+2。2=4,计算正四棱柱的体积U=-4/13+16/1,

利用导数求得/I=2时V取得最大值，对应容器的高为位.

33

解：设正四棱柱底面边长为2”，高为2/?,依题意得22=/+(近42,即九2+2。2=4,正四棱柱

的体积为V==8八x亨=一4八3+16九，则V'=-12/+16,显然八6(0,苧)函数丫递增,

九6(当,2)函数丫递减，则h=竽时V取得最大值，此时容器的高应为2%=W.

故答案为也.

3

18.答案：297r

解析：

本题考查的知识点是球的表面积，及球的内接多面体，其中根据已知条件计算出球0的半径，是解

答本题的关键，属基础题.

由已知中P,A,B,C是球。表面上的四个点，PA,PB,PC两两垂直，球的直径等于以PA,PB,

PC长为楼长的长方体的对角线长，我们易求出球。的半径，进而求出球。的表面积.

解：因为A,B,C是球。表面上的四个点，PA,PB,PC两两垂直，

则球的直径等于以PA,PB,PC长为棱长的长方体的对角线长，

且P4=2m,PB-3m,PC=4m,2R=V22+32+42=V29TTI，

则球。的表面积SInrR’29rmJ-

故答案为297r.

19答案：艺迤

27

解析：

本题考查了球的体积，取A8的中点E,先证明PE上平面ABC,易知E为AABC外接圆的圆心，则

三棱锥外接球的球心在PE上，设三棱锥外接球的半径为r,由勾股定理可得半径，从而得出三棱锥

外接球的体积.

解：取A8的中点E,连接CE,则PEJ.AB,

由P4=PB=PC=AB=2,AC1BC,

则CE=1,PE=V3，则PE?+CE2=PC?,所以PEICE,

又A5nCE=E,所以PEI平面ABC,

易知后为4ABC外接圆的圆心，则三棱锥外接球的球心。在PE上，

设三棱锥外接球的半径为r,则0E=V5—r,

所以0E?+EB2=OB?,BP(V3-r)2+l2=r2，得「=专，

所以三棱锥外接球的体积为卜1%x(之广与空,

3oy/321

故答案为生也

27

解析：

本题考查几何体的表面积和体积的求法，解题时要认真审题，注意圆台、半球的表面积和体积的求

法和应用，属于一般题.

由题意，知所成几何体的表面积=圆台下底面积+圆台的侧面积+半球面面积，该几何体的体积为

明台一匕漕由此能求出结果•

解：由题意，可知所成几何体的表面积等于圆台下底面积+圆台的侧面积+一半球面面积，

又谯=1x4TTx22=8兀，

S/g台侧=兀(2+5)J(5—24+42=35TT,

$圆台下底=式x5?=25%

即所形成的几何体的表面积为87r+357r+257T=68兀；

又明冷=9x(22+2x5+52)x4=52兀，

U手芽=5、三X23=可，

所以该几何体的体积为明台一V半球=52兀一等=等.

故答案为68兀；誉7r.

21.答案：解：(1)如图，由题意得AC=BC=VI，且4B=2,4C2+BC2=4”，即BC1AC,

因为PC_L底面ABC。，ACu平面ABC。，所以PC14C,

又因为PCCBC=C,PB、PCu平面PBC,所以4cl平面P8C；

因为力Cu平面EAC,所以平面应4cl平面PBC：

(2)取AB中点M,AC=BC=V2>

则MC1AB,

又因为AB〃CD,所以MCJ.CD,

因为PC，底面ABC。，CM、CDu底面ABC。，

所以PC_LCD,MC1PC

所以以C为原点，以CM,CD,CP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

则P(0,0,4),4(1,1,0),设E(x,y,z),且丽=［乔，

得0—1/+1/)=3(—1,1,4),即E(|,一|,》，

CA=(l,l,0)>CE=(|,-|,^),

设平面EAC的法向量元=C，zi),则像X；即｛：:於=°

令久1=1,Plijn=(1,-1,-1),

又因为BCJ.4C,5.BC1PC,ACnPC=C,AC,PCu平面PAC,

所以BC1平面「4C,

故平面PAC的法向量为而=配=(-1,1,0),

设二面角P-AC-E的平面角为仇由图可知其为锐角，

则。-

cos1|cos<m,n>1\-|胃m|-口|n|=V3,

解析：（1）根据所给数据可得8C_L4C,又PCIAC,所以4cL平面PBC,再由面面垂直的判定定理

即可得证；

（2）建立如图所示空间直角坐标系，求出平面EAC的法向量，乂因为BC1平面P4C,则平面P4C法

向量为舐=（一1,1,0）,进而可求出二面角余弦值.

本题考查空间立体几何中面面垂直的证明，考查二面角的求法，建立空间直角坐标系是关键，属于

中档题.

22.答案：解：（1）证明：连接8。交AC于点O,连接OE,

VDO_CD_1_DE

CD//AB,OB-AB~2~EP）

OE//PB.

又•:OEu平面ACE,PBC平面ACE,：.PB〃平面ACE.

P

CD1平面PAD.

作4F1P。，F为垂足，连接CF,

vCD1平面PAD,AFu平面PAD,

CD1AF,又AFJLPD,CDnPD=D,AF平面PCD.

・•.N4CF就是直线AC与平面PC。所成的角，

Z.ACF=30°,

"AC=>JAD2+CD2=V22,:.AF=

smZ-ADF=—=—,cosZ-ADF-V1—sin2Z.ADF-

AD66

•••PA2=AD2+DP2-2AD-DPcosz.ADP=6,:.PA=V6>

即P4=通时，直线4c与平面PCD所成的角为30。.

解法二：同解法一证得CO，平面PAD,

.•・平面P401•平面ABCD.

以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则4（0,0,0）,C（2,3V2,0）,£>（0,372,0）,

B匕

T

不访设P(0j〃，n)(n>0,m<3V2),

则况=(2,0,0)，而=(0,小一3鱼,葭),

设记=(%,y,z)是平面PC£)的法向量，

则fn-~DC=2x=0,

In-DP=(m-3迎)y+nz=0,

可取记=(0,",3鱼一小)，又前=(2,3鱼,0),

•••结合题意得sin30。=lcos(AC,n)l=繇=g/，-4二

又|而|=-3V2)2+n2=3V2>

解得n=叵，m=立，

22

一二再鬲7百二倔

即P4=后时，直线4c与平面PCD所成的角为30。.

解析：本题考查线面平行的判定、直线与平面所成角、利用空间向量求线面角，属于中档题.

(1)先证得OE〃PB,再通过线面平行的判定定理即可得到PB〃平面ACE；

(2)法一：先证明CDJ•平面PAD.作2FJ.PD,尸为垂足，连接CF,

因为CD_L平面PAD,AFu平面PAD,

得到CDJLAF,又4F1P0,CDC\PD=D,则4F1平面PCD.

所以乙4CF就是直线AC与平面PC。所成的角，从而〃CF=30°,进而通过余弦定理求得PA的长；

解法二：证得CD1平面PAD,则平面PAD1平面/BCD.以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标

系，不访设P(0mn)(n>0,m<3>/2).根据直线AC与平面PCD所成的角为30。以及|而|=

J(m-3V2)2+n2=3V2-建立方程组，求得相，”的值，即可得到答案.

23.答案：解：(1)证明：不妨设AB=2a,^\AC=CD=DA=a,

由△4C。是等边三角形得，乙4CD=g,

■：AB//DC,

•••ACAB=

3

由余弦定理得，BC2=AC2+AB2-2-AC-AB-cos^=3a2,

即BC=V3a.

所以BC?+4C2=AB2,

所以NACB90,即BC14C.

又平面P4C1平面ABCD,

平面PACD平面4BC0=AC,BCu平面ABCD,

：.BC，平面PAC.

vPAu平面PAC,

BC1PA；

(2)解：设4C=2,取AC中点O,连接尸0,则P。J.4&P。=百，

•••平面P4CL平面A8CD,平面P4C0平面48co=4C,P。u平面PAC,

P01平面ABCD.

以C为原点如图建立空间直角坐标系，

则C(0,0,0),B(0,273,0),P(l,0,V3),4(2,0,0),£)(1,-V3,0).

PA=(1,0,-V3)»DA=(l,V3,0).CP=(1,0,V5)，CB=(0,2g,0).

设平面的法向量为4=(x],yi，Zi),

贝,石■PA=x1-V3z1=0,

(n7,AD=+VSyj=0

取Zi=1得汨=(低一1,1),

设平面PBC的法向量为芯=(>2，y2，Z2)，

=x

则(而,££2+V3Z2=o

(n7,CB=2y/3y2=0

取Z2=-1得底=(V3,0,-1).

,2V5

cos<nlfn2>=r=-7=-=

|ni||n2|V5-25

所以平面PA。与平面P3C所成的锐二面角的余弦值为g

解析：本题考查面面垂直的性质，空间向量法求二面角，属于中档题.

(1)由余弦定理得BC1AC,由面面垂直的性质得BC_L平面PAC,又由线面垂直的性质得线线垂直;

(2)取AC中点。，以C为原点建立空间直角坐标系，由面的法向量求二面角.

24.答案：(1)证明：如图，连接力G，与&E交于点例，连接MF,

•••E为CG的中点，二C1E〃/且CiE=：44「

•••AM:MJ=2:1.又•；AF=2FB,

.♦•在4ABei中，MF//BCX.

■：MFu平面&EF,BC|C平面&EF,:.BC[〃平面&EF.

(2)解：•••侧面A&CiCABC,AC=AAt=2,4414c=60°,

二三棱柱SBC-&BiCi的高/i-V3.

112

,:V三棱锥C1-ABB1A,=3XS448c,九=鼠丫三棱柱ABC-A\B\C「:，丫四棱锥"三爱立

•・•在侧面中，AF=2FB,

*,、梯形BFA>Bi-3'平行四边形

24

V四棱锥C\-BFA\B\~3'V四棱锥C\-ABB\A1~9'丫三棱形ABC-A\B、C/

V

"W^C1-BFA1B1=；X|XV2XV2XV3=

解析：本题考查了线面平行的判定，四棱锥体积的计算，考查空间想象能力、推理论证能力、运算

能力，属于中档题.

⑴连接AG,与4E交于点M,连接MF,证明MF〃BC1则由直线与平面平行的判定定理可证BG〃平

面&EF;

I-HBBI”

(2)由题意，可推出%普维d-BFABi