高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (52)(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）（52）

一、单项选择题（本大题共4小题，共20.0分）

1.棱长为1的正方体48co-4当（71。1中，尸为正方体表面上的一个动点，且总有PC_LB。口则

动点P的轨迹的长度为（）

A.-nB.4兀C.3V2D.472

4

2.在正四面体S-4BC中，P为侧面S8C内的动点，若点P到平面ABC的距离与到顶点S的距离

相等，则动点P的轨迹为（）

A.椭圆的一部分B.双曲线的一部分

C.抛物线的一部分D.圆

3.在正方体4BCD-&B1GD1中，球。1同时与以A为公共顶点的三个面相切，球。2同时与以G为

公共顶点的三个面相切，且两球相切于点凡若以尸为焦点，AB1为准线的抛物线经过01、02,

设球。1、G的半径分别为ri、r2,则葭的值为（）

A.V3-V2B.2-遮C.1一日D.亨

4.在三棱锥P-4BC中，二面角P-4B-C、2一4（7-8和2一8。一4的大小均等于全

AB-.AC-.BC=3:4:5,设三棱锥P-ABC外接球的球心为O,直线PO与平面ABC交于点。，

唬=（）

A.7B.2C.3D.4

4

二、填空题（本大题共11小题，共55.0分）

5.已知三棱柱的侧棱垂直于底面,侧棱与底面边长均为2,则该三棱柱的外接球的表面积为

6.已知四面体ABCQ中，AB=AD=BC=DC=BD=5,AC=8,则四面

体ABCD的体积为

C

7.已知一个圆锥的底面半径为3,侧面积为18兀，则此圆锥的内接正四棱柱（底面是正方形的直棱

柱）的体积的最大值为.

8.已知正三棱柱ABC-41B1G的侧棱长为m（m€Z）,底面边长为n（neZ）,内有一个体积为V

的球，若V的最大值为:兀，则此三棱柱外接球表面积的最小值为.

9.在平面四边形ABC。中，ABLAD,CA1CD,AB=AC=2V3.CD=2,E是A£＞的中点，将

△4CD沿对角线AC折起，使得BE=b，则异面直线CO与BE所成角的余弦值为.

10.四面体ABC。中，AB=CD=10,AC=BD=2V34,AD=BC=2闻，则四面体ABC。外接

球的表面积为.

11.在三棱锥。一力BC中，已知AD1平面A8C,且△ABC为正三角形，AD=AB=遍，点、O为三

棱锥。一4BC的外接球的球心，则点O到棱DB的距离为.

12.3。打印模型是使用辅助设计软件CAQ来进行制作的.现有一家公司决定通过。。来设计一个

球形儿童玩具模型，为增加美观性，决定在球内设计一个内接三棱锥几何体，已知该三棱锥P-

BMN的底面是等腰直角三角形8MN,且BM=BN=2,且点P到△BMN的三个顶点的距离都

为限,则该公司设计的球形儿童玩具模型的半径为.

13.在正三棱柱ABC—4B1G中（底面为正三角形的直棱柱），若AB=则ZB1与BQ所成的

角的大小是.

14.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.

15.在三棱柱ABC-A1B1C1中，点尸是棱CC1上一点，记三棱柱ABC-41B1C1与四棱锥P-

ABBL41的体积分别为VI和V2,则*=

三、多空题（本大题共1小题，共4.0分）

s

16.如图，在三棱锥S-ABC中，NASB=乙BSC=ACSA=p且SA=SB=

SC,M,N分别是AB和SC的中点.则异面直线SM与BN所成的角的

余弦值为直线SM与面SAC所成角大小为_(2)_.

四、解答题(本大题共14小题，共168.0分)

17.如图，A8CC是边长为2的正方形，4E_L平面8CE,且4E=1.

(I)求证：平面4BCD，平面ABE；

(II)线段AD上是否存在一点F,使二面角A-BF-E等于45。？若

存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由.

18.如图所示，三棱柱力BC-&B1C1中，侧面5B1GC为菱形，Z.CBB,=60。，A在侧面^夕停传上

的投影恰为aC的中点O.

(I)证明：BrCLAB

(H)若ZCLAB1，且三棱柱4BC-&&C1的体积为求三棱柱4BC-&B1C1的高.

8

19.如图，在RtAAOB中，WAB=30°,斜边4B=4,Rt△40C可以通过Rt△40B以直线4。为

轴旋转得到，且二面角8-4。-。是直二面角，动点。在斜边AB上.

(1)求证：平面COD1平面408；

(2)当。为A8的中点时，求异面直线40与CD所成角的正切值;

(3)求CD与平面A08所成角的正切值的最大值.

20.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=1,BF=2,

以EF为折痕把四边形A8FE折起如图②，使面4BFE_1_面后/-CD.

(1)证明：图②中CD1BD；

(2)求二面角4-BD-C的余弦值.

21.如图，在三棱锥P-ABC中，D,E分别为A8,4c的中点，且CA=CB.

(1)证明：BC//平面PDE;

(2)若平面PCD1平面A8C,证明：AB1PC.

22.如图，已知一个圆锥的底面半径与高均为2,且在这个圆锥中有一个高为x的圆柱.

(1)用x表示此圆柱的侧面积表达式；

(2)当此圆柱的侧面积最大时，求此圆柱的体积.

23.如图1,在边长为2的等边因力BC中，D,E分别为边AC,AB的中点.将回ADE沿力E折起，使

得AB14D,得到如图2的四棱锥4-BCCE,连结BD,CE,且8。与CE交于点H.

图1图2

(1)证明：AH1BDx

(2)设点B到平面AEO的距离为生，点E到平面A8O的距离为电，求费的值.

24.如图,在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形,AB_L平面BEC,BE1EC,AB=BE=EC=2,

G,尸分别是线段BE,£>C的中点.

(1)求证：GF〃平面AOE；

(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.

25.如图，在四棱锥P-4BCD中，底面为直角梯形，AD//BC,^BAD=90。，PAL底面ABCD，

且P4=AD=4B=2BC,M,N分别为PC,PB的中点、.

p

(1)求证：PB1DM,

（2）若4B=AD=2遮，求CO与平面AOMN所成角的正弦值.

26.有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边AB长为6分米，另一边足够长.现从中截取矩形

ABCD（如图甲所示），再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体

包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中OEM尸是以。为圆心、4EOF=120。的扇形，

且弧论，加分别与边BC,AO相切于点N.

图甲图乙

(1)当BE长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；

(2)当BE的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大?

27.在直三棱柱4BC-&B1C1中，CA=CB,=42AB,。是边A8上的一点.

(1)若BG〃平面4CD,求证：。是AB的中点.

(2)若点P在线段BB1上，且求证：APJ■平面&CD.

28.已知四棱锥S-中，Z.DCB=/.ABC=/.ASD=2/.SDA=2/.DAB=2^DBC=90°,平面

SADJL平面ABCD.

(1)若四棱锥S-4BC0的体积为2e，求AB的长;

(2)若点“在线段SB上运动，证明：SA1DM.

29.如图，在六面体ABC。一4B1C1D1中，侧面为矩形，侧面4遇0劣为直角梯形,44]_L4D,

AAJ/DDr,底面ABCD也为直角梯形，AB1AD,BC//AD.

(1)求证：AAJ/CC1；

(2)若AD=2AB=2BC=2,求平面与平面。住修。所成的锐二面角的余弦值.

30.如图，在四棱锥P-4BCC中，棱AB,AD,AP两两垂直，且长度均为1,阮=AAD(0<A<1).

(1)若；1=1,求直线尸C与平面所成角的正弦值;

(2)若二面角B-PC-。的大小为120。，求实数;I的值.

【答案与解析】

1.答案：C

解析：

本题考查直线与平面垂直的判定和性质的应用，考查空间想象能力、推理能力，属中档题.

根据正方体的结构特征，易证BD11平面4&C,只要P在平面平面ZB1C内总有PC1B&,则P的轨

迹为图中的三角形除去C点，即可解答.

解：如图:连接AC,AC,ABi，

正方体ABC。-&当6。1中，

由4cl平面BBiDi。，则AClBDi，

由1平面则BiC_LBDi，

所以8名，平面48也，

只要P在平面平面4B1C内总有PC1BDlt

P为正方体表面上的一个动点，所以P的轨迹为图中的三角形Z&C除去C点,

由正方体的棱长为1,所以4c=鱼，三角形4&C的周长为3或，

故选C.

2.答案：A

解析：

由题设条件将点P到平面ABC距离与到点S的距离相等转化成在面SBC中点P到S的距离与到定直

线8C的距离比是一个常数，依据圆锥曲线的第二定义判断出其轨迹的形状.

考查二面角平面角的做法，是中档题，解题时要注意等价转化思想和圆锥曲线的第二定义的合理运

用.

解：•.•正四面体S-ABC.•.面SBC不垂直面ABC,过户作P01面ABC于。，过。作DH1BC于4,

连接P”，

可得BC1面。PH,所以BCJ.PH,故NPHC为二面角S-BC-4的平面角令其为0

则中，\PD\：|PH|=sinO（。为S-8C—4的二面角）.

又点尸到平面ABC距离与到点S的距离相等，即|PS|=\PD\

\PS\：\PH\=sinO<1,即在平面SBC中，点P到定点S的距离与定直线8c的距离之比是一个

常数sin。，

面SBC不垂直面ABC,所以。是锐角，故常数sin。<1

故由椭圆定义知P点轨迹为椭圆在面SBC内的一部分.

故选A.

3.答案：B

解析：

本题考查抛物线的定义，内切球问题，考查空间想象能力、推理能力和计算能力，属于较难题.

由题意，两个球的球心0「外和两球的切点产均在正方体力BCD-4&6劣的体对角线4cl上，作

出图示，得到。2尸=「2=1，4。2="=B，所以8F=4。2—。2尸=g一1，结合4F=4。1+

OjF=V3r1+rlt可解得从而求出3.

解：由题意，根据抛物线的定义，点。2到点尸的距离与到直线AB1的距离相等，其中点。2到点尸的

距离即半径上，

也即点。2到平面C0D1C1的距离，点。2到直线481的距离即点。2到平面48当久的距离，

因此球。2内切于正方体，不妨设万=1，两个球心。口外和两球的切点厂均在体对角线4cl上，

两个球在平面4aGD处的截面如图所示，

则。2?=上=1,4。2=竽=6，所以4尸=4。2-。2/=6一1，

又4F=AOr+。迷=V3rx+rv因此（遍+1）^=V3-1,解得心=2-73.

且=2—技

r2

故选B.

4.答案：D

解析：

本题主要考查了三棱锥的外接球，考查了三棱锥的结构，属于难题.

解决本题的关键是根据题意找出。点及。点的位置.

解：如图，

过P作PD1平面ABC,。为垂足，取线段BC的中点E,则0E1平面ABC,

由已知可得。为直角三角形ABC的内心，

做DW垂直于AC与M,贝IJDM14C,

因为PD_L平面ABC,ACU平面ABC,所以PD1AC,

又PDCDM=D,且都在平面上，

.-.AC±平面PDM,

又PMU平面PDM,所以4clpM,

所以NPMD即是平面PAC和平面ABC的二面角，

设0E=X.因为ZB:4C:BC=3:4:5,不妨设4B=3,AC=4,BC=5,

由几何关系可得。加=浮=1,ZPMD:,

得P0=痘，DE=J12+(|一2)2=亭AE=|,

由勾股定理得。小=0E2+AE2,OP2=DE2+(PD+OF)2,

又因为04=OP,所以/+§=|+(%+x)2,

解得“多唠唠=3,

啥心

故选D.

5.答案：y7T

解析：

本题考查空间几何体中位置关系、球和正棱柱的性质以及相应的运算能力和空间形象能力，是中档

题.

解：根据题意条件可知三棱柱是棱长都为2的正三棱柱，

B

设上下底面中心连线EF的中点0,则。就是球心，其外接球的半径为04,

又设。为&G中点，在直角三角形ED4中，£&=熟;=爰=手，

~2

在直角三角形0E&中，0E=L由勾股定理得04=J（当产+1=

•••球的表面积为S=4;rxg=等，

故答案为

6.答案:iovn

3

解析:

本题考查四面体的体积的求法，考查四面体的结构特征体积等基础知识，考查运算求解能力，是中

档题.

取BD中点。，AC中点E,连结40,CO,0E,推导出401BD,CO1BD,AO=CO=—.从

2

而BD1平面AOC,推导出0E1AC,0E=>JAO2-AE2=4，由四面体ABCD的体积U=%-AOC+

^D-AOC=2VPT0C，能求出结果•

解：取BO中点O,AC中点E,连结AO,CO,0E,

•・•四面体A8CQ中,

AB=AD=BC=DC=BD=5,AC=8,

・•・AO1BD,CO1BD,

"AOaCO=0,AO,COAOC,

BDJL平面AOC,

=yjAO2—AE2=J、-16=

OE1AC,且OE

••・四面体ABC。的体积:

'=^B-AOC+^D-AOC~^B-AOC

1

=2x—xS^AocxBO

11g5

=2x-x-x8x-----x一

3222

lOx/n

3

故答案为：变红

3

7.答案：8V3

解析：

本题主要考查空间几何体四棱柱的体积的最大值，考查利用导数解决实际问题，属于中档题.

设出圆锥的母线长为/,高为力，由已知解出/,九.再设正四棱柱的高为九'，底面正方形的边长为m

作出截面图，表示出九'与"的关系，求出圆锥的内接正四棱柱的体积U=3%a2一立。3,利用导数

2

讨论单调性，判断出最值即可.

解：设圆锥的母线长为/,高为儿

则s倒=3加=18/r,解得，=6.

故h=V/2-9=3V3.

如图①，设正四棱柱的高为"，底面正方形的边长为m

作截面如图②，则DE=¥a.

①②

因为△SDEs/kS40,所以案=

所以殳3后"所以"=38—渔a.

33V32

所以此圆锥的内接正四棱柱的体积为V=a2h'=a2（3V3-^a）=3V3a2-^a3,0<a<3>/2.

则『=6ga-辿a?,

2

令W>0,得0<a<2V2；令片<0,得2鱼<a<3夜.

故U=3晶2一当.3在区间（0,2®匕单调递增，在区间（2夜,3或）上单调递减.

所以当a=2a时，—=36x（2⑨之一,X（2V2）3=8技

即此圆锥的内接正四棱柱的体积的最大值为8百.

故答案为：8V3.

8.答案：577r

解析：

本题主要考查了球的表面积和体积的求解，属于较难题.

由题意，当三棱柱外接球表面积取最小值时，S47TF2X（$2+1/）,分别讨论当内部球与三棱

柱的各个侧面相切以及当内部球与三棱柱的上下面相切时参数小与〃的取值，通过计算可得到m=3,

n=6满足题意，代入即可得到三棱柱外接球表面积的最小值.

解：设三棱柱外接球表面积为S,外接球的半径为r,三棱柱内部球的半径为万,

当三棱柱外接球表面积取最小值时，则尽量使三棱柱的各个面均与内部的球相切，

此时产=件n*如+得丫=H+七

\237\2J34

外接球的表面积sin-rn-Qir+nr^,

令G=—nx-=—,即m=卷，

1232V3

当内部球与三棱柱的各个侧面相切时，ri=^nxl=^,

„,4?4n3n39

此时Vvz=-TTFi4=$7TX--——=---—7T=-7T,

33241KV32

*/n€Z,故此式无解,

当内部球与三棱柱的上下面相切时，r1=p

，山小，4.4mlITT19

此时V=-nFi3-H-X—=—7T=-7T，

J**o0/

解得m=3,满足m€Z,

"m=看，［n=V3m=3同

•••neZ,且需要使三棱柱外接球表面积取最小值，

则令n=6,

此时外接球的表面积S=7T（：n2+m2）=n（gX6?+3,=57TT,

故答案为577r.

9.答案：包

14

解析：

本题考查异面直线所成角的求法，考查三角形的中位线定理和余弦定理的运用，考查运算能力，属

于基础题.

在三棱锥D-4BC中，取AC的中点尸，连接EF,BF,由E是4。的中点，则CD〃EF,可得NBEF或

其补角就是异面直线C。和BE所成角.由三角形的中位线定理求得EF的长，判定△ABC为等边三

角形，由等边三角形的性质可得8F的长，再在ABEF中，运用余弦定理计算可得所求值.

解：△4CD是以C为直角顶点的直角三角形，且CO=2,AC=2V3.

乙CAD=30°,

ABC是边长为2%的等边三角形,

在三棱锥D-ABC中，取AC的中点F,连接BF,由E是A。的中点，则CD〃EF,

可得NBEF或其补角就是异面直线8和BE所成角.

在A8EF中，BE=巾,EF=^CD=1,BF=ABsin60°=2V3xy=3，

所以CEE昨喙辞V7

14’

由异面直线CQ和BE所成角的范围是（0,自,

所以所求角的余弦值为C.

14

故答案为：C.

14

10.答案：2007r

解析:

本题考查了球的表面积计算，属于较难题,由题意，四面体A-BCD中，AB=CD=10,AC=BD=

2V34,AD=BC=2V41,补形成为长方体，不难发现，对棱的长度分别为长方体面对角线的长.即

可求解四面体4-8C0外接球的半径，即可求出表面积.

解：四面体中，AB=CD=10,AC=BD=2734-AD=BC=2V41.

补形成为长方体，不难发现，对棱的长度分别为长方体面对角线的长，

A

设长方体的长宽高分别为a,b,c,

(a2+b2=100

22

Mja+c=146>则2(a?+Z?2+c2)=400,

b2+c2=164

则a2+炉+c2=200,

所以长方体的对角线为

所以外接球的半径2R=V200,

所以R=5或，

所以四面体ABC。外接球的表面积为SUR22<M>7T.

故答案为200zr.

11.答案：I

解析：

本题考查简单组合体的结构特征，三棱锥的外接球，空间中的距离，属于较难题.

设。'为△ABC的中心，M为中点，连结OM,00',AO',作平面OD4交BC于点E,交诧于点

F,根据几何关系即可求解。到棱DB的距离.

解：设。'为△ABC的中心，M为4。中点，

连结。历，00',4。'如图：

则4。'=1,AM=—,

2

得04=亚，作平面OD4交BC于点E,交命于点F.

2

设平面OOA截得外接球是。0,D,A,F是。。表面上的点,

又•••力。1平面ABC,

/.DAF=90°,

D尸是。。的直径，DF=夕，

因为4。±AB,AD=V3,AB=\/3>

所以8D=V6，

A尸是。。'的直径，连结8凡

所以BF=1.

vBFVDA,BF1.AB,DAC\AB=A,

DA,ABu平面DAB,

BF1平面DAB,

•••/.DBF=90°,作。H〃BF,

又DO=OF,

。”是△DBF的中位线，

OH=-BF,

2

故OH=

故答案为2.

12.答案：|

解析:

本题主要考查了三棱锥的外接球问题，属于中档题.

设顶点尸在底面内的射影为01，先得到点01是ABMN的外心，再确定球心的位置，进而运用勾股定

理，解方程，得到外接球的半径R

解：设顶点P在底面内的射影为由于PB=PM=PN=遍，

所以OiM=0$=OiN,即点。1是4BMN的外心.

因为BM=BN=2,ABMN是等腰直角三角形，

所以。1为MN的中点，MN=2五,8。1=&，P0[=2.

设外接球的球心为O,半径为R，则。必在POi上，

在RtAOiOB中，(2-R)2+(a)2=R2,解得R=|.

故答案为|.

13.答案：90»

解析：

本题考查线面垂直的判定定理以及性质定理，属于中档题.

取BC的中点E,连接&E,AE,证明4EJL平面BCGB]，得到BG±AE,再证明8的1BrE,得到BG1

平面A&E,从而得到可得AB1与BC】所成的角的大小.

解：取BC的中点E,连接&E,AE,

由于棱柱ABC-AiBiG是正三棱柱，所以AELBC,

B[B1平面ABC,AEu平面ABC,

所以B]BCBC=B,

所以4E1平面BCC1%,BQu平面BCQBi，

所以BG1.AE,

由AB=设CC]—BB]=a,所以AB=BC=AC=V2a>

所以tan4GBC=V=岑，tan4BBiE=^=当，

所以/BC=NBBiE,所以BQlBiE,

由8iEn4E=E,所以BC11平面48注,

ABru平面ABiE,所以力Bi1BC1,

所以力&与BG所成的角的大小是90。，

故答案为90。.

14.答案:等

解析:

本题考查由三视图求几何体的外接球的表面积，为基础题.

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-4BCD,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=?

故一吗

3

则R=卜+（等）2=Z

故表面积为S=4HR2=4TTx|=等

故答案为等.

15.答案：|

解析：

本题考查的是三棱锥和四棱锥的体积公式，属于基础题.

根据体积公式即可得出答案.

解：根据题意可得彩=^C-ABB1A1=，:1一匕?-"送1=|匕，

・空=2

%3，

故答案是|.

16.答案：得

71

4

解析:

本题考查异面直线所成角、考查余弦定理，考查学生的计算能力，属于中档题.

以S为原点，SA,SB,SC为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线S例与

BN所成角的余弦值及直线SM与面SAC所成角大小为.

解：以S为原点，&4,SB,SC所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

设SA=SB=SC=2,

则S(0,0,0),4(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),M(l,l,0),N(0,0,1),

SM=(1,1,0).BN=(0,-2,l)-

/CM*SM*-BN*-2/w

\|丽H讣5，

••・异面直线SM与BN所成角的余弦值为邈.

5

又平面SAC的一个法向量为定=(0,2,0).

则sin0=cos＜济，嬴

2_V2

-V2x2-2

则直线SM与面SAC所成角大小为%

故答案为：包；?

54

17.答案;解：(I)因为4E，平面BCE,BEu平面BCE,BCu平面BCE.

所以4E1BE,AE1BC.

又因为BC_L4B,AECtAB=A,所以BCJ■平面ABE.

'又BCu平面ABCD,所以平面ABC。1平面ABE.

X

(n)如图所示，建立空间直角坐标系2-xyz,因为ZE=1,AB=2,AEA.BE.

所以BE=V5，所以B(0,2,0),

设线段A。上存在一点尸满足题意，设F(0,0,ft),(九>0),

易知平面ABF的一个法向量为记=(1,0,0),

设平面BEF的一个法向量为元=(x,y,z),易知丽=(日,一|,0),~BF=(0,-2,/i).

所以巴.遗=0,即修x—1=0,令y=i,可得元=(b

6-BF=0{-2y+hz=0h

由8$<^">=丽=号=京，解得h=a.

所以存在点F,当4尸=近时，二面角A-8F—E所成角为45。.

解析：(I)可通过证明BC垂直于平面ABC。证出结论，则只需证BC垂直于A8,8c垂直于4E,

由已知条件容易证出.

(U)不妨假设存在符合题意的点，利用〃表示出其竖坐标，然后按照求二面角的基本思路列出关于。

的方程，若有解，则存在，否则不存在.

本题考查空间位置关系的判定以及二面角的求法，还考查学生运用转化思想、方程思想解决问题的

能力.同时也着重考查学生的逻辑推理、数学运算等核心数学素养.

18.答案：解：(I)证明：连结BO1，•••侧面BBiGC是菱形，4,/%

：.BiCJ.BCi，且81c且BC］相交于。点，Z\

•••力。1平面BBiGC,&Cu平面BBiGC,/C/卜

.-.B^CIAO,又BGCAO=。，；.BiC1平面4BO,..()一

BBi

ABABO,：.BjC1AB.

(H)解：由4C14B1，且AO垂直平分可知AACBi是等腰直角三角形，

则4。=[8传，

1

v=

匕BCT1B1C1=3VB「ABC=3匕./Be3x-xSAB1BC-AO

=—xB^C2xAO=—xBC3=—，

4181X8

解得B1C=1=BC=BB1，

40=],且等边ABCS1中，BO=与

•••Rt△AOB中，AB=J(|)2+(y)2=1，

•••4C=电，由题意昨等腰△力BC中AC边上的高为名,

24

01V2V14V7

5Azior=-X-X=—，

2248

由以BC-ABiG=S&ABC.h=下

解得三棱柱ABC-4&Ci的高九=亨.

解析：（I）连结BQ,推导出B1C1BG，且BiC且BCi相交于。点，从而8道14。，进而4CJ■平面

ABO,由此能证明B1C148.

（口）由4C148],且A。垂直平分BiC可知是等腰直角三角形，则4。=：8iC,由匕8c-&Bg=

3

3%1-ABC=3匕-BiBC=3X：xSAB^BC•40=号XBrC=?，得/C=1=BC=BBX再山

匕BC-ABiG=S—BC,h=能求出二棱柱"BC—a/iCi的|昂,

本题考查线线垂直的证明，考查三棱柱的高的求法，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.

19.答案：解：（1）证明：由题意，CO1A0,BOLAO,

二4BOC是二面角8-4。-C的平面角，

又•.•二面角B-AO-C是直二面角.

CO1B0.

又•••4。nB。=0,

CO，平面AOB.

又C。u平面COD,

C

平面COD_L平面AOB.

（2）如图，作。EJ.OB,垂足为E,连接CE,

则DE〃40.

•••NCDE是异面直线A。与C。所成的角.

在RMOCB中，CO=B0=2,OE=^B0=1,

•••CE=VCO2+OE2=V5.

又DE="。=遮，

.•.在Rt△CDE中，tan乙CDE=—==—.

DE433

即异面直线AO与CD所成角的正切值是叵.

3

(3)由(1)知，。。_1平面402,

“DO是CD与平面AOB所成的角，

且tanACDO=—=—.

ODOD

•••当0。最小时，tan4CD0最大，

这时，。01AB,垂足为。，

0D==V3,tanZ.CDO=—,

AB3

即CO与平面AOB所成角的正切值的最大值是手.

解析：本题考查面面垂直的证明，考查线面角的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法

的合理运用.

(1)欲证平面CODJ_平面408,先证直线与平面垂直，由题意可得：C。_LA。，BO1.A0,CO1BO,

所以CO1平面AOB,进一步易得平面COD1平面AOB

(2)求异面直线所成的角，需要将两条异面直线平移交于一点，由。为A8的中点，故平移时很容易

应联想到中位线，作。EJ.OB,垂足为E,连接CE,贝l」DE〃40,所以NCDE是异面直线AO与8

所成的角

(3)本题的设问是递进式的，第(1)问是为第(3)间作铺垫的.求直线与平面所成的角，首先要作出这

个平面的垂线，由第(1)问可知：。。_1平面4。8,所以NC。。是CO与平面AOB所成的角当。。最小

时，tan4co。最大

20.答案：解：(1)连接8E,EF=&,BF=2,

BE2+EF2=BF2,贝IJ8E1EF,

•面4BFEiffiEFCD,面4BFEn面EFC。=EF,

BE1面EFCD,

,:CD1DE,BEC\DE=E,CD，面BDE,

CD1BD;

(2)以EQ,EB为y,z轴的正方向建立空间直角坐标系，

则8(0,0,V2).F(l,l,0),D(0,2,0),C(l,2,0),

B尸中点G©卷净，•••布=”，

-A(W号，

-.DA=丽=(0,-2,夜)，DC=(1,0,0),

设平面ABD的法向量为沅=(Xi，%,Zi),

则有便•可=0,

^DBm=0

.y[2

15=n

--2V12Zl20A,-

**-,令Zi=y/2,y1=l,%i=-3,

l2y2+V2zx=0

:.m=(—3,1,夜),

设平面3OC的法向量为运={x2y2,z2),

则有佟？=0,

SB•元=o

L2y2+72^=0)%=-V2,y2=-l,x2=0.

n=(0,—1,—V2)>

易知二面角A-BD-C为钝角，

二面角4—BD-C的余弦值为一

解析：本题主要考查线线垂直，用向量法求二面角的余弦值，属于中档题.

(1)由已知得BE?+EF2=BF2,由面4BFE1面EFCD,得BE1面EFCD,

再证CDJ■面BDE,即得结论；

(2)建立空间直角坐标系，求出平面ABO的法向量记，平面的法向量五，

即可求二面角4-BD-C的余弦值，注意二面角A-BD-C为钝角.

21.答案：证明：(1)因为。，E分别为AB,AC的中点，

所以DE〃BC.

又DEu平面PDE,BCC平面PDE,

所以BC〃平面PDE.

(2)因为C4=CB,。为A8中点，

所以4B1CD.

又平面PC。，平面ABC,平面PCOn平面ABC=CD,

所以4B，平面PCD.

又PCu平面PCD,

所以AB1PC.

解析：本题主要考查了线面平行的判定定理，面面垂直的性质定理，线面垂直的判定与性质定理,

属于基础题题.

(1)由力，E分别为AB,AC的中点，得DE〃BC,由线面平行的判定定理可得结果.

(2)由题意，ABLCD,根据平面PCD1平面ABC,由面面垂直的性质定理可得ABJ•平面PC。，进

而得出结果.

22.答案：解：⑴设圆柱的半径为厂，则下子，；.r=2-x,0<x<2.

S圆柱侧=2irrx=2兀(2—x)x=-2nx2+4兀x(0<%<2).

(2)S国拄俯=27r(2x-x2)=2TT[-(X-1)2+1),

・•・当x=1时，S国柱搬取最大值2兀，

此时，r=1,所以住=HT*X~.

解析：本题考查了旋转体的结构特征，体积计算，属于基础题.

(1)设圆柱的底面半径为「，根据相似比求出，与x的关系，代入侧面积公式即可；

(2)利用二次函数的性质求出侧面积最大时x的值，代入体积公式即可.

23.答案：(1)证明：在图1中，因为为AABC为等边三角形，

且。为边AC的中点，所以BDJ.4C,

在△BCD中，BD1CD,BC=2,CD=1,所以BD=代,

因为。，E分别为AC,AB的中点，所以EO〃BC,

在图2中，有北=案=3所以。〃=*8。=更，

HBBC233

因为所以△力BC为直角三角形，

因为4D=1,BD=V3.所以cos乙4D8=丝=立，

BD3

在A/IDH中，由余弦定理得，

AH2=AD2+DH2-2AD-DHcos^ADB

=1+L_2xlx更x立=七

3333

所以4H=在，

3

在△AD”中，因为4"2+。"2=|+：=1=人。2,所以AHJ.BO；

(2)解：因为所以5544£。八1=]5448。无2，

所以?=受四，

九2^^AED

因为△AED是边长为1的等边三角形，所以S-ED=当，

在RtAZBD中，BD=内AD=1,则4B=或，

所以治的=多所以言=乎，

所以答的值为也.

九23

解析：本题主要考查了三棱锥的体积公式，等体积法的运用，属于中档题.

(1)计算出8力的长，。”的长，cos乙4DB的值，由余弦定理可得A”的长，由勾股定理可得结果.

(2)因为VB-AED=Vg-ABD，所以孑=§SAABD九2，所以U=若黑，求出雇4£°，5448。得值，可

33n，2JAXED

得结果.

24.答案：解法一：(1)如图，取AE的中点H,连接HG,HD,

•••6是8£的中点，二6"〃48,且6"=：43,

又F是CZ)中点，四边形ABCD是矩形，

DF//AB,S.DF=^AB,即GH//O尸，且GH=DF,

•••四边形"GFD是平行四边形，GF〃Z)H,

又•••DHu平面ADE,GF仁平面ADE,GF〃平面ADE.

(2)如图，在平面BCE内，过点8作BQ〃CE,

vBE±EC,BQ±BE,

又•：AB1平面BEC,BEu平面BEC,BQu平面BEC,

：.AB1BE,AB1BQ,

以B为原点，分别以屁，的，丽的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系,

则4(0,0,2),8(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1),

ZA

-AB，平面BEC,/.BA=(0,0,2)为平面BEC的法向量,

设有=(xj,z)为平面AEF的法向量.

又AE=(2,0，-2),AF=(2,2,-1),

由垂直关系可得(弓."=2x_2z=0

(n-AF=2x+2y—z=0

取z=2可得元=(2,—1,2).

2

cos<n,瓦？>=一,

3

平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为|.

解法二：(1)如图，取AB中点M,连接MG,MF,

又G是BE的中点，可知GM〃4E,且GM=：4E,

又ZEu平面ADE,GMC平面ADE,

•••GM〃平面ADE.

在矩形A8CD中，由M,尸分别是AB,CC的中点可得MF〃AD.

V.ADu平面ADE,MFC平面ADE,MF〃平面ADE.

又•••GMnMF=M,GMu平面GMF,MFu平面GMF,

.,•平面GMF〃平面ADE,

vGFu平面GMF,：.GF〃平面ADE,

(2)同解法一.

解析：本题考查空间线面位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，建系求二

面角是解决问题的关键，属于中档题.

解法一：(1)取AE的中点H,连接”G,HD,通过证明四边形"GFD是平行四边形来证明GF〃DH,

由线面平行的判定定理可得；

(2)以B为原点，分别以丽，的，南的方向为无轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，可得平

面BEC和平面AEF的法向量，由向量夹角的余弦值可得.

解法二：(1)如图，取A8中点连接MG,MF,通过证明平面GMF〃平面AOE来证明GF〃平面

AOE；(2)同解法一.

25.答案：解：(1)・••N是PB的中点，PA=AB,

AN1PB

■■■PA_L平面ABCD,ADu平面ABCD,

•••AD1PA,

又ADLAB,PAHAB=A,

■■■AD1平面PAB,AD1PB

又4。CAN=A,

PB，平面ADMN

■:DMu平面ADMN,

•••PB1DM.

(2)取AD中点Q,连接8。和NQ,

则BQ〃/)C,又PB1平面ADMN,

二CO与平面AOMN所成的角为乙BQN

设BC=1,^Rt^BQN^>,

则BN=V2>BQ=V5.

故sin/BQN=空

•••CD与平面AOMN所成的角的正弦值为叵.

5

解析：本题考查线面垂直的判定、线面垂直的性质以及直线与平面所成角，属于中档题.

⑴先证24J_平面ABCD,可得4。1P4再证4。1PB又4。CAN=A,