高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (58)(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）（58）

一、单项选择题（本大题共4小题，共20.0分）

1.己知AB,8是圆锥SO底面圆的两条相互垂直的直径，S4=4C,四棱锥S-AOBC的侧面积

为4次，则圆锥的体积为（）

A2%/2R25/34V2

A.——nD.—nC.7Dn.——7T

333

2.如图，在底面为平行四边形的四棱锥P—ABCD中，E,尸分别是棱

AD,8P上的动点，且满足4E=2BF,则线段EF中点的轨迹是（）

A.一条线段

B.一段圆弧

C.抛物线的一部分

D.一个平行四边形

3.在三棱锥A-BCD中，△4BD与ACBD均为边长为2的等边三角形，且二面角4一BD-C的平

面角为120。，则该三棱锥的外接球的表面积为

A.7nB.8兀C.等D.等

4.已知平面a截一球面得圆过圆心M且与a成60。二面角的平面/?截该球面得圆M若该球面的

半径为4,圆M的面积为4兀，则圆N的面积为（）

A.77rB.97rC.llnD.13n

二、填空题（本大题共15小题，共75.0分）

5.如图三棱锥P-ABC中，平面P4C_L平面ABC,AB1BC,AB=BC=2,

PA=PC=3,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为.

如图，圆锥的顶点为S,母线SA、SB互相垂直，SA与圆锥底面所成的角

为30。，若ASAB的面积为2,则该圆锥的体积为•

7.在直角边长为2的等腰直角△力8c中，点E、尸分别在直角边AB、4c上（不含端点），把△4EF绕

直线EF旋转，记旋转后A的位置为4',则四棱锥4'-BEFC的体积的最大值为.

8.如图，在正方体4BC。-&81加。1中，点P在线段上运动，则下列判断中正确的是.

①平面PBi。，平面AC/；

②41P〃平面AC%；

③异面直线&P与A/所成角的范围是（0苧；

④三棱锥2-APC的体积不变.

9.在四棱锥P-ABCD中，PAB是边长为的正三角形，48CZ）为矩形，AC=2,PC=PD=V22.

若四棱锥P-4BCD的顶点均在球。的球面上，则球O的表面积为.

10.在如图所示的六面体PA8QC中，/.APB=/.BPC=/.CPA=90°,劣、

AB=AC=CQ=BQ=2五,BC=AQ=3,则该六面体的外接球的/I

表面积为,

11.如图为中国传统智力玩具鲁班锁，起源于古代汉族建筑中首创的柳卯结陷、

构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即樟卯结构）啮合，外观看是

严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全相同

的正四棱柱分成三组，经90。样卯起来.现有一鲁班锁的正四校柱的底

面正方形边长为1,欲将其放入球形容器内（容器壁的厚度忽略不计），

若球形容器表面积的最小值为30兀，则正四棱柱的高为.

12.已知正四面体P-4BC的棱长均为小。为正四面体P-ABC的外接球的球心，过点。作平行于

底面A8C的平面截正四面体P-48C,得到三棱锥P-A/G和三棱台4BC-&B1C1，那么三

棱锥P-力避传1的外接球的表面积为.

13.在三棱锥4一BCD中，BC=CD=2,BC1CD,AB=AD=AC=V6.则三棱锥A-BCD的外

接球的体积为.

14.在四面体ABC。中，△力BC和都是边长为2遮的等边三角形，该四面体的外接球表面积为

1271,则该四面体ABC。的体积为.

15.由一圆锥和一半球体组成一个几何体，圆锥和半球的底面圆的半径均为3cm而圆锥的体积是

半球体积的|,这个几何体的表面积是

16.如图，圆柱形容器高为18a”，底面周长为24c”?，在杯内壁离杯底4c,“

的点8处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿与

蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到达内壁B处的最短距离为

__cm.

17.已知平面四边形ABC。由以为共同底边的两个三角形组成.其中，AB=AD=372.

CB=CD=2,且CB1CD.若以8。为折痕，将△4BD折起，使得平面4BD，平面BCD.此时，三

棱锥A-BDC的四个顶点在同一个球面上，则此球的表面积为.

18.已知一个几何体的三视图及有关数据如图所示，则该几何体的外

接球的表面积为.

19.已知正三棱锥P-ABC,点P,A,B,C都在半径为旧的球面上，若PA,PB,PC两两垂直,

则球心到截面ABC的距离为.

三、解答题（本大题共11小题，共132.0分）

20.如图,在六面体ABCD-A/iGP中,AAJ/CC^A1B=A1D,AB=AD.

求证：(l)^1BD；

(2)BB】〃DD-

21.如图所示，在正三棱柱ABC-4BiCi中，底面边长为a,侧棱长为曰a，。是棱4cl的中点.

(1)求证：BG〃平面AB】。；

(2)求二面角公一AB1一。的大小;

(3)求点G到平面的距离.

22.如图，菱形A8CD中，/.ABC=60°,E为CC中点，将△ADE沿AE折起使得平面40EJ■平面

ABCE,BE与AC相交于点O,，是棱OE上的一点且满足。H=2HE.

(1)求证：OH〃平面BCD：

(2)求二面角A-BC-D的余弦值.

23.如图,在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形,平面24。1平面ABCD,PAl.PD,PA=PD,E,

厂分别为A。，的中点.

(1)求证：PE1BC-,

(2)求证：平面P4B1平面PCD；

24.如图，在斜三棱柱4BC-4B1G中，侧面441CiC，底面ABC,ABVBC,AB=BC=AAX=2,

乙414c=45。，P为棱BBi的中点.

(1)证明：平面APG1平面4&GC.

(2)求四棱锥A—PBCCi的体积.

25.如图所示，在三棱柱力BC-aB1C1中，CA1平面4B1B4CA=AAr=AB,Z.ABB1=60°,D,

E,F分别为棱CC],CA,。当的中点.

(1)求证：EF〃平面为B1B4

(2)求二面角为-BD-Bi的余弦值.

26.如图，已知直三棱柱ABC-4B1G的侧棱长为2,底面ZL4BC是等腰直角三角形，且〃CB=90

AC=2,。是44i的中点.

(I)求异面直线4B和所成的角的余弦值;

(II)若E为AB上一点，试确定点E在AB上的位置，使得&EJLG。；

(皿)在(II)的条件下，求点。到平面BCE的距离.

27.如图，正方体力BCD-48传1。1是一个棱长为2的空心蔬菜大棚，由8个钢结构（地面没有）组合

搭建而成的，四个侧面及顶上均被可采光的薄膜覆盖.已知E为柱上一点（不在点A,4处），

EA=t.菜农需要在地面正方形A8C。内画出一条曲线/将菜地分隔为两个不同的区域来种植不

同品种的蔬菜以加强管理，现已知点P为地面正方形ABCD内的曲线/上任意一点，设a,£分

别为在P点观测E和5的仰角.

4

E

A

（1）若。=口，请说明曲线/是何种曲线，为什么？

（2）若E为柱A4的中点，且a<0时，请求出点尸所在区域的面积.

28.如图，四棱锥。一48C。的底面是边长为1的菱形，0A=2,^ABC=60°,04JL平面ABCD，

M、N分别是OA、BC的中点.

0

(1)求证：直线MN〃平面OCD;

(2)求点M到平面OCD的距离.

29.如图，已知8。为圆锥AO底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上,48

=BD=AD=2/BDC=£O

AE=ED,F是AC上一点，且平面BFE_L平面ABZ).

(I)求证：AD1BF；

(II)求多面体BCDEF的体积.

30.如图1,在边长为2的等边△4BC中，D,£分别为边AC,A8的中点。将△沿OE折起，使

得AB1AD,得到如图2的四棱锥4-BCDE,连结BD,CE,且BD与CE交于点H.

图1图2

(1)证明：AH上BD;

(2)设点B到平面AED的距离为灯，点E到平面ABD的距离为九求广的值。

【答案与解析】

1.答案：A

解析：

本题考查圆锥体积公式，属中档题.

根据条件求出底面半径，•和高，再根据圆锥的体积公式求出答案.

解：设圆锥的底面半径为，，则S4=AC=二4x号x（夜玲2=4百，解得厂v明

・•・圆锥的母线$4=2,高SO瓜,则圆锥体积|/=9兀x（夜）2X&=瞪TT，

故选A.

2.答案：A

解析：

本题主要考查空间直线的位置关系的判断，根据AE=2BF,利用辅助线，建立中点满足的关系是解

决本题的关键.

根据题意，设EF的中点是0，取AB中点M,作EG平行于48交BC于G,连结尸G,取GF中点

N,根据4E=2BF,判断中点。满足的关系式，即可得到结论.

解：设E尸的中点为。，取43中点M,作EG平行于AB交BC于G,连结FG,取GF中点N,则

0M8N为平行四边形，

从而M0//BN.作CH〃GF于H,取CH中点K.

因为4E=2BF,所以8G=28F,而NCBP是确定的角,

故△BGF与△BCH相似，从而N在8K上.

所以0在平行于直线BK的一条直线上，

E,尸分别是棱A。，8P上的动点，

则线段E尸中点的轨迹是一条线段；

故选：A.

3.答案：D

解析:

本题考查了球的表面积公式的应用，重点考查球的球心位置的判定.属于中档题.

首先确定球心的位置，进一步确定球的半径，最后确定球的表面积.

解：如图所示：

因为△48。与4BCD是边长为2的等边三角形且二面角4-BD-C为120。,

取△480和△BCO的中心凡E,取8。的中点记为G,连接EG,FG,

所以NEGF=120°,

则球心。为过△ABC和△BCD的中心的垂线的交点，

在四边形OEG中可计算得：OE=OF=1,又因为ED=2，

3

利用勾股定理得：球的半径r=J/+（竽）2="，

则外接球的表面积S=4兀•蔡=等.

故选。.

4.答案：D

解析：

本题考查球的结构和特征，考查圆的面积公式，属中档题.

由条件求出圆N的半径，即可求出答案.

由题意可知41MN=60°,设球心为O,连接ON、OM.OB.OC,则ON1CD,OM1AB,且OB=4,

OC=4.

在圆M中，TTT.MB?=4兀,

•••MB=2.

在△0MB中，。8=4,

OM=2V3.

在△MN。中，OM=2A/5，4NM。=90。-60。=30。,

ON=V3.

在△CN。中，ON=依,OC=4,CN=V13,

S=n-CN2=137r.

故选D

5.答案：手

解析:

本题考查面面垂直的性质定理，三棱锥的外接球的表面积的计算，属于中档题.

取AC中点为O,连接08、0P,由面面垂直，得到PO_L平面ABC,故球心在P。上,

进而求出外接球的半径，求得球的表面积.

解：取AC中点为0,连接OB、0P,

因为4B_LBC,。为AC中点，所以。4=OB=0C.又PA=PC,所以P。1AC,平面PAC_L平面ABC,

又平面P4CC平面力BC=AC,POcTffiPAC,

所以P。1平面ABC,故球心在P0上，设球心为。'，半径为R,则O'A=O'P=O'C=R,所以球心

。'为APaC的外心，因为4c=7AB2+BC2=2a，cos^APC=

生仁舞IW皿”八。＜=宇缶=2"等,解得"赛故球的

表面积S=4TTR2=等.

故答案为手.

6.答案：n

解析：

本题考查直线与平面成的角、圆锥的体积公式，属于基础题.

设底面半径为r,母线长为/,高为h,由题意列方程组求解％=1,r=g，再代入体积公式即可.

解：设底面半径为厂，母线长为/,高为/?,

由SA1SB,得ASAB的面积为“2=2,=2.

又SA与底面所成角为30。，二八=1,r=V5，

17Tr2h=|7T(V3)2x1=兀.

故答案为TT.

7.答案：殍

解析：

本题考查棱锥体积的求解、基本不等式的应用、导数法求最值问题，属于较难题.

若四棱锥"一BEFC的体积最大，则平面A'EF_L平面BEFC,作A'M1EF,垂足为M,故可得4M1平

^BEFC.^AE=x,AF=y,建立四棱锥4一BE”的体积关于x,y的表达式，再运用基本不等式、

换元法以及导数法求得最值即可.

解：若四棱锥A-BEFC的体积最大，则平面4EF，平面8E/C,

作4'M_LEF,垂足为M,

因为平面4'EFCl平面BEFC=EF,平面4'EF_L平面BEFC,A'M1EF,A'Mu平面4EF,

则4M_L平面BEFC.

设AE=x,49=丫，则四边形8£7〈?的面积5=2-1花人

四棱锥A-BEFC的高A"=蟾存

四棱锥4-BEFC的的体积为

11xy

V=5x（2--xy）x

3242+y2

（1X（2-]xy）X詈=?X（2-]xy）x（当且仅当K=y时取等号）,

设=3则0<t<2,

则f（t）=（（2-衿）”?（2”评），

故八t）=[（2-碧）=0,得1=苧.

当t«0,第时,f'（t）>0,函数/⑴单调递增；

当te（竽,2）时,f（0<0,函数f（t）单调递减.

故t=¥时/⑴有最大值,

此时四棱锥4-BEFC体积的最大值格x476

27

故答案为押

8.答案：①②④

解析：

本题考查命题真假的判断，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，是中档题.

在①中，由B1D14C,BiDlADi，得到_L平面4CD1，从而平面P&D_L平面力CD1；在②中，

由ADi〃BC「A\B〃CD\,得&P〃平面4。久；在③中，当P为BC1中点时，异面直线41P与4久所

成角为看在④中，由BQ//平面4D]C,得三棱锥4-CAP的体积不变.

解：在①中，•••BrD1AC,BrD1ADr,ACCtADr=A,二当。_L平面

：81。u平面PB1。，.•.平面P81。1平面4CD1，故①正确;

在②中，rAD\“BC[,A1B//CD1，ADrnCDA=g,CDru平面"BC〔,AXB<t平面"5,

•••BG〃平面AC。1，〃平面AC。1，又BgCAS=B,

平面AC。1〃平面&BG，•.•公「u平面A1BC1，4P〃平面4CDi，故②正确;

在③中，•••&G=4/,AD1//BC1,

・•・当P为BQ中点时，异面直线41P与4名所成角为壬故③错误；

在④中，「BCi〃平面4。传，•••上任意一点到平面4。传的距离相等,

二三棱锥4-CDiP的体积不变，故④正确.

故选答案为①②④.

9.答案：28兀

解析：解：取AB的中点N,连接PN,因为APAB是正三角形，所

以PNJ.4B,PN=—AB=--2y[3=3,CD的中点0,则NQ与

22

矩形ABC。的对角线交于一点，

设矩形ABCD对角线的交点M,则M为四边形ABCD外接圆的圆

心，PC=PD=V22>所以PQ=JPD2-QD2=722-3=V19,

所以外接圆的半径为对角线的一半AM=r=；.J(2次7+22=2,过加作用0垂直于底面ABCD,

过P作PH_L底面ABCD与H,

作0E1PH于N,则四边形0MHE为矩形，

则球心在上，设球心为。，连接。尸，则0P为外接球的半径R,

有题意如图NQ=2,PN=3,

在三角形PNQ中，C0S4PNQ=胃黑，史=要募=—土所以NPNH=60。,

乙Y/VJVQ/X5XNZ

所以PH=PNsin60°=3x更=量，HN=PNcos60°=3x：="

2222

在三角形PEO中，由勾股定理可得：OP2=PE2+OE2,OE=HM=NH+MN=1+|=3，即

R2=(PH-HE)2+(|)2=(~~HE)2+y,

在三角形OMA中，。42=r2+。”2,即R2=4+O“2,OM=HE,

两式联立可得：NE=相,R=y/7

所以外接球的表面积S=4nR2=28兀，

故答案案为：28兀

有题意求出A8,C。的中点连接PMPQ,有题意可得N°,AC,BD交于一点,可求出四棱锥为顶

点P到AB距离及到底面的距离，过矩形A8CQ的对角线的交点作垂直于底面的垂线，取。使

0P=。4=R为外接球的半径，分别在两个三角形中有R表示的式子，解出R,进而求出表面积.

本题考查了三棱锥的性质、球的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.

10.答案：等

解析：

本题主要考查球的表面积和体积的运算，属于中档题.

由"PB=/.BPC=Z.CPA=90°,得PA,PB,PC两两垂直，六面体的外接球便是长方体的外接球,

设PA=x,PB=y,PC=z，根据球的表面积公式可解得.

解：由N4PB=NBPC=NCP4=90。，得PA,PB,PC两两垂直，

又AB=AC=CQ=BQ=2VLBC=AQ=3,

故可构造如图所示的长方体，

则该六面体的外接球便是该长方体的外接球，

其中PQ为外接球的一条直径.

PB

卜2+y2=8

设P4=x,PB=y,PC=z,则（y2+z2=9

lz2+x2=8

所以%2+f+z2=卷

所以PQ=Jl2+y2+z2—羊，

故外接球的半径/?=延，

4

所以外接球的表面积为4乃/?2=等.

11.答案：5

解析：

本题考查球、正四棱柱的高等基础知识，考查化归与转化思想，是中档题.

由球表面积的最小值求出球形容器的半径的最小值，从而得到正四棱柱的体对角线长，由此能求出

正四棱柱的高.

解：•••球形容器表面积的最小值为30zr,

•••球形容器的半径的最小值为r=叵=回,

y]4712

・••正四棱柱体的对角线长为国，

设正四棱柱体的高为〃，

•••I2+22+h2=30,

解得h=5.

故答案为5.

12.答案：筌a?

解析：

本题考查三棱锥的外接球的表面积的求法，考查正四体及其外接球等基础知识，考查运算求解能力，

考查数形结合思想，属于中档题.

先表示出△ABC的外接圆半径，进而得出四面体的外接球半径，计算可得答案.

解：设底面△ABC的外接圆半径为r,

则篇=2「，所以r=¥a，

所以正四面体的高为卜—净y=4，

设正四面体的外接球半径为R,则R2=弓。)2+(4-R)2,

所以R=逅a，

4

因为渔:渔=3:4,

43

2

所以三棱锥P-AiBiG的外接球的表面积为47rx件ajxgf=^a-

故答案为箸a?.

13.答案：|TT

解析：解：由4B=AD=AC=遍，

可得A在底面BCD的垂足为三角形BCD的外接圆的圆心，而

BC=CD=2,BC1CD,

所以斜边8。的中点E即为外接圆的圆心，

连接A£,CE,

则CE=BE=DE=—BC=V2>AEJL面BDC,

2

4EJ.BD,且4E=yjAB2-BE2=J(V6)2-(V2)2=2，外接球的球心在AE上,

设外接球的球心为O，连接OC，

则0C=。4=0B=。。为外接球的半径，

设外接球的半径为R,

则在三角形。CE中，OC2=CE2+(AE-04)2,

即R2=(V2)2+(2-R)2,解得R=I，

所以外接球的体积V=9兀&="

故答案为：!?r.

由题意可得顶点A在底面BCD的投影为三角形BCD外接圆的圆心，又有底面三角形为等腰直角三

角形，其外接圆的圆心为斜边的中点，再由数量关系求出外接球的半径，进而求出外接球的体积.

考查三棱锥的外接球即球的体积公式，属于中档题.

14.答案：g

解析：解：如图,

设三角形ABD的中心为G,三角形ABC的中心为H,

分别过G与H作平面ABD与平面ABC的垂线相交于0,

则。为四面体ABC。的外接球的球心，连接。4

由该四面体的外接球表面积为12兀，得0A=V3，

在RtAOGa中，又G4=沙，0G=/s--=—.

3733

在RtAOGE中，0G=立，GE=—,则OE=1,

33

sinZ.OfG=-9cosZ-OEG———,

33

・•・sinZ-CEG=2x—x—=—.

333

・•.C到底面ABD的距离d=CE•sinzCEG=V6x—=—.

33

则该四面体ABCD的体积为，=ixlx2V2xV6x^=2

3233

故答案为：

由题意画出图形，作出多面体外接球的球心，由已知求得外接球的半径，解三角形求出C到平面A8。

的距离，再由棱锥体积公式求解.

本题考查多面体及其外接球，考查空间想象能力与思维能力，考查多面体体积的求法，是中档题.

15.答案：33ncm2

解析:

本题考查了球的表面积和圆锥的侧面积的计算，属于中档题.

设圆锥的半径为r,高为〃，母线长为/,由圆锥的体积是半球体积的|,

得九=3,1=5,即可得出圆锥的侧面积，再求出半球的表面积，相加即可.

解：设圆锥的半径为〃高为小母线长为/,

•••圆锥的体积是半球体积的|,

.-.BP-x-nr3=-nr2h,W/i=-r=-x3=4cm,

33333

则/-Vr2+h2-V32+42-5cm，

.•.圆锥的侧面积为7rM=兀x3x5=15ncm2,

半球的表面积为把二=2兀x3?=lSzrcm2-

2

.,.这个几何体的表面积是15万+1871=337Tcm2,

故答案为337rcm2.

16.答案：20

解析：

本题考查空间几何体表面上两点间的距离的求法，属于简单题.

利用圆柱的侧面展开图，勾股定理求解.

解：把圆柱的侧面沿过A的母线剪开，展开成一个平面图形，由于蚂蚁需要从内壁爬行到外壁,

如图所示，

则爬行的最短路径为A、B两点间的直线距离,

AB=4(18+2-4)2+122=20>

故答案为20.

17.答案：石

解析：

本题考查球的表面积的计算问题，属于中档题.

由题意知△BCD为等腰直角三角形，因此△BCD的外接圆的圆心为8。的中点M.连接AM,CM.根据

平面48。1平面BC。可以知道AM1面BCD,因此该三棱锥的外接球球心。在A例上.继而在

RtAOMC中，有N=(4M—r)2+cM2,解出外接球半径,•，继而可得结果.

解析：

解：如图，因为三棱锥的底面BC。为等腰直角三角形，所以△BCD的外接圆的圆心为8。的中点M.连

接AM,CM.

由题意可知该三棱锥的外接球球心。在AM上，

AM=J(3V2)2-(V2)2=4>CM=yx2=V2.

设球O的半径为r,

在Rt△OMC中，利用勾股定理可得产=(AM-r)2+CM2,

即「2=(4—r)2+(V2)2，解得r=

所以三棱锥4—BCD的外接球表面积为S.47T/-2、；.

18.答案：詈

解析：

本题考查由三视图求几何体的外接球的表面积，是基础题.几何体为四棱锥，可将其补成一个正三棱

柱，结合直观图判断外接球球心的位置，求出半径，代入球的表面积公式计算得解.

解：由三视图可知该几何体是四棱锥P-ABCD,如图所示，

将该四棱锥补成正三棱柱，该正三棱柱底面长为2,侧棱长为2,

由正弦定理可知底面外接圆直径为2r=」_=延，故「=延

sin60033

则R=J/+（争2=@

故表面积为S=4TIR2=4兀x：=等.

故答案为詈.

19.答案：隹

3

解析：

本题主要考球的内接三棱锥和内接正方体间的关系及其相互转化，棱柱的几何特征，球的几何特征，

点到面的距离问题的解决技巧，有一定难度，本题也可以运用法向量的投影解决，属中档题.

先利用正三棱锥的特点，将球的内接三棱锥问题转化为球的内接正方体问题，从而将所求距离转化

为正方体中，中心到截面的距离问题，利用等体积法可实现此计算.

解：•••正三棱锥P-ABC,PA,PB,PC两两垂直，

•••此正三棱锥的外接球即以PA,PB,PC为三边的正方体的外接球0,

•.•球0的半径为百，

•••正方体的边长为2,即PA=PB=PC=2

球心到截面ABC的距离即正方体中心到截面ABC的距离

设尸到截面A8C的距离为〃,则正三棱锥P-ABC的体积1/=:SAABCxh=|SAPABXPC=：X：X2X

4

2x2

3

△ABC为边长为2口的正三角形，S“BC=YX(2V2)2=2V3

二仁工=鸣

S&ABC3

•••正方体中心0到截面ABC的距离为次一争=当

故答案为四.

3

20.答案：证明：(1)取线段的中点M,连接AM,&M,

ArD=AXB,AD=AB,

：.BD1AM,BD1AtM.

又AMn&M=M,AM,&Mu平面

BD1平面4力M.

而u平面AiAM,AA±1BD；

(2)vAA^f/CC^AArC平面D/CCi，CCru平面。iDCQ,

.♦•44"/平面。1DCC1，

乂A4iu平面4ADDi，

平面44DDiC平面D/CCi=

AAX//DDX.

同理得

解析：本题考查了线面垂直的性质及判定，线面平行的性质及判定，属于中档题.

(1)由线面垂直的性质证明线线垂直，即BD1平面4AM=44i1BD.

(2)先证线面平行44〃平面QDCCi，由线面平行的性质可得44J/DD1，AAJ/BB^由平行的传递

性可得结论.

21.答案：(1)证明:连结4/与。》交于E,

则E为的中点,

•••。为&Ci的中点，

••.DE为AAA。的中位线，

BCJJDE.

又DEu平面A%。，BCi平面4当。，

•••BG〃平面AB】。；

解：（2）过力作OP，A|Z?i于F,

由正三棱柱的性质可知，

OF_L平面AB],连结EF,DE,

在正44中心中，8山=与4出=fa,

在直角三角形441。中，

AD=J/Uj+&"=*,

・•・AD=B1D,

:.DE1AB〉

由三垂线定理的逆定理可得EF1a/,

则4DEF为二面角为一力当一D的平面角,

又得DF=^a,

4

■:AB1FE〜AB1AA1,

34nEF―a,

AAy4[8]4

故所求二面角4一4为一D的大小为3

(3)设点G到平面A&D的距离h,

因心+D郭=ABl，

所以AZKOBi，

故《1,6\32,

吹S、u)Bi=5(9-a)=-a，

而G17-

IIIJ>A('

2.o

由忆-4BiD=Vk-CiBjD

=^AAB^D°h=-SaCiB^D-441=h=

解析：本题考查线面平行的判定、点到面的距离和二面角的求解，属中档题.

(1)连结与交于E,则E为4#的中点，证明出BC"/DE,由线面平行的判定定理证明即可;

(2)利用二面角的定义可得/DEF为二面角4一人当一。的平面角，三角形DE尸中，求解即可；

(3)设点G到平面AB］。的距离h,利用等体积法求解.

22.答案：(1)证明：由题意知CE〃AB,AB=2CE,所以OE：OB=1：2.

又DH=2HE,所以OH〃BD.

又因为BDu平面BCD,OHC平面BCD,

所以OH〃平面BCD

(2)解：因为平面4OE1平面ABCE,平面AOEn平面4BCE=4E,

DE1.AE,DEc5?®ADE,

所以DE1平面ABCE.

又因为CEu平面ABCE,所以DE1CE.

以£为坐标原点，EC，~EA，丽分别为x轴，y轴，z轴，

建立如下图所示的空间直角坐标系D-町/z,

不妨设菱形ABC。的边长为4,而乙4BC=60。，E为C£>中点,

所以点。(0,0,2),C(2,0,0),B(4,273,0).

因此况=(2,0,-2)，DB=(4,273,-2).

设平面BCD的法向量为元=(x,y,z),

则严变=。，即片二解。2

(元•DB=0(4x+2V3y-2z=0

令z=1,得元=(1，一今1)是平面BCD的一个法向量.

易知平面ABC的一个法向量为记=(0,0,1).

设二面角A-BC-。的大小为。，

则cos9=|cos<m,n>\=

1？

VMl.lhI

1V21

故二面角A—BC—D的余弦值为年.

解析：本题考查了线面平行的判定，面面垂直的性质，线面垂直的性质和利用空间向量求线线、线

面和面面的夹角，属于中档题.

(1)利用OH〃BD,结合线面平行的判定得结论；

(2)利用面面垂直的性质得DE_L平面A8CE,再利用线面垂直的性质得DE_LCE,从而建立空间直角

坐标系，利用空间向量求面面的夹角，计算得结论.

23.答案：解：(1)由/<4=。。，E为AO的中点，

可得PE_L4D,

由底面ABC。为矩形，可得BC〃710,

则PE1BC；

(H)由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P,

S.AB//CD,

在平面PAB内过P作直线PG〃/1B,

可得PG〃CD,

即有平面PABn平面PC。=PG,

由平面PAD1平面ABCD,乂AB1AD,

可得4BJ•平面PA。，即有4B1P4,

PA1PG；

同理可得CD1PD,即有PD1PG,

可得乙4PD为平面PAB和平面PCO的平面角，

由PA1PD,

可得平面P4B_L平面PCD.

解析：本题考查线面垂直的判定和性质，以及面面垂直的判断和性质.

(I)由等腰三角形的三线合一性质和矩形的对边平行性质，即可得证；

(H)作出平面PA8和平面PCZ)的交线，注意运用公理4,再由面面垂直的性质和两个平面所成角的

定义，即可得证.

24.答案：解：(1)证明：取AC的中点。，4C］的中点E,连接尸E,BD,DE,如图所示.

因为4B=BC,所以B0_LAC.

又因为侧面A41GC_L底面ABC,平面441clen平面ABC=AC,BDu平面ABC,

所以B。_L平面441GC.

因为。E为AACG的中位线，

所以DE〃CCi，且DE=1CC1.

又PB〃CCi，且PB=：CCi，

所以DE〃PB,且DE=PB,

所以四边形P8£>E为平行四边形，所以PE〃BD.

所以PE_L平面441GC

因为PEu平面力PC】，

所以平面APG1平面441GC.

(2)因为4B=BC=2,AB1BC,

所以4c=2V2.

如图上图，连接42，PC,

因为4D=鱼，A&=2,Z&AC=45。，

所以&O=VL所以4D1AC.

因为侧面441GC_L底面ABC,平面AAiGC0平面ABC=AC,

所以公。1底面A8C,即三棱柱ABC-&B1G的高为鱼.

因为4丛〃底面ABC,BP=PBi,

所以点P到底面ABC的距离为立，

2

所以V四棱维A-PBCQ=V三棱脚_ABC+KEWP-ACQ=办他X5&D+d立口xBD

=3x(2x2x2x^+2x2近XV2xV2)=V2.

所以四棱锥4—PBCCi的体积为企.

解析：本题考查面面垂直，考查棱锥的体积，考查了考生的空间想象能力，属于中档题.

(1)取AC的中点。，力G的中点E,连接PE,BD,DE,先证得BD14C,然后再进行后面的证明即

可得.

(2)由4B=BC=2,AB1BC,可得力C=2或，连接&D，PC,然再进行后面的求解即可得.

25.答案：解析：(1)取BC的中点G,连接GE,GF,

因为E为AC的中点，

所以GE//AB,

因为GE仁平面ABu平面人避避?!，

所以GE〃平面力避避力，

同理可得GF〃平面4/B4

因为GECiGF=G,

所以平面GEF〃平面4/184

因为EFu平面GEF,

所以EF〃平面

(2)取B四的中点M,则由题意知AM1AAlt

因为E_L平面为B1B4

所以CA1AAi，CALAM.

如图，以A点为原点，建立空间直角坐标系Aryz,

设4B=2,则&(2,0,0),B(-l,V3,0),£>(1,0,2),

所以砸=(一3,百,0)，BD=(2,-V3,2).B^B=(-2,0,0)>

设平面&B。的一个法向量为4=(Xi，yi，zD，

则由［近•便=。，得1-3、+户I=0,

I布•BD=0,12/-V3yx+2z1=0,

令=1,则%=6,Zi=KPnT=(l,V3,i),

设平面BiBC的一个法向量为布=(x2,y2,z2),

由1芯•踮=。，得］-2冷=。，

(nJ.BD=0,I2%2-Wy?+2Z2=。’

令Z2=b，则丫2=2,不=°，即底=(0,2,V5)，

57^7

所以cos@，砧=磊

119

因为二面角4—8。—当为锐角,

所以二面角4一BD-B］的余弦值为皿理.

解析：本题考查线面垂直的性质，线面平行的判定，二面角的平面角的解法，难度适中.

(1)取8c的中点G,可证得GF〃平面GE〃平面可得平面GEF〃平面人遇他人

可得结论.

(2)取BBi的中点M,可得CA144i，CAA.AM,建空间坐标系，解得平面人道。的一个法向量以及

平面&BD的一个法向量，可得解.

26.答案：解：(1)取£:0的中点尸,连接AF,BF,则”〃CQ

:/BAF为异面直线AB与GD所成的角或其补角.

•••△48c为等腰直角三角形，AC=2,AB=2\[2.

又：CCi=2,AF=BF=V5.

四/io

・・・cos血F=^=—

・・・Z.BAF=arccos—^

5

即异面直线AB与G。所成的角为arccos^p.

(11)过6作6；1“，481，垂足为M,则M为&Bi的中点，且GMJL平面44$iB.连接。M.

・•.DM即为QD在平面44B1B上的射影.要使得&EJ.GD,由三垂线定理知，只要力出1DM.

・••441=2,AB=2近,由计算知，E为A3的中点.

B,

(HI)取AC中点N,连接EN,GN,

则EN〃BiC「「BiG1平面441clC,.,.面BiGNE1平面44的C

过点。作OH_LQN,垂足为H,则DH_L平面81QNE,

DH的长度即为点。到平面&GE的距离.

在正方形441GC中，由计算知IDH=竽，

即点D到平面&GE的距离等.

解析：(I)利用平行四边形的性质把其中一条平移及异面直线所成的角的定义、三角形中的三角函

数的计算即可求出；

(11)过。1作6“，4&，垂足为M,则M为4当的中点，且GM，平面441当8.连接。M,利用三垂

线定理即可找出点E的位置；

(皿)利用线面、面面垂直的判定和性质即可求出.

27.答案：解：(1)如图(1)，连接PA，PD,则4EPA=a,乙%PD=0.

因为a=0,所以tana=tan/?,

所以於鬻，所以品=急所以PD=Q4

令：=4>1,则PD=/LPA.

如图(2),建立平面直角坐标系,

则4(0,0),0(0,2),设P(x,y),则严而二可=义"73落

化简得M+(y—怎)、岛)2,

所以P点的轨迹，即曲线/是在正方形ABCZ)内的一段圆弧;

(2)由(1)知当E为柱44]的中点时，t=1,所以;1=2,

(1)中圆的方程为M+(y+§2=(32,

因为a<0,所以tana<tan£,

所以篝〈黑，所以成〈急所以PD<2P4

所以点尸在圆弧/+(y+»(*

2

所以点P所在区域的面积为4-[i122卷］_108+6V3-87T

233」-27

解析：本题主要考查函数图形的实际应用及图形轨迹问题，属于基础题.

本题关键是求曲线轨迹，

建立平面直角坐标系，

4(0,0),D(0,2),设P(尤,y),则,/+(>_2)2=；1(/+旷2,

化简得，尸点的轨迹，是在正方形A8CD内的一段圆弧;

(2)由(1)知当E为柱44i的中点时，t=1,所以;1=2,

(1)中圆的方程为/+(y+|)2=得点p在圆弧/+(y+|)2=6)2外即可.

28.答案：(1)证明：取0。的中点尸，连接尸C、PM,

•••”、N分别是04、8c的中点，;PM〃40,且PM=：力D,NC//AD,

且NC=池，

PM//NC,且PM=NC,则PMNC是平行四边形，得MN//PC,

■：PC