高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (54)(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）（54）

一、单项选择题（本大题共7小题，共35.0分）

1.己知长方体4BC0-4当口劣中，AB=5,AD=3,AAX=4,过点A且与直线CO平行的平

面a将长方体分成两部分，现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面a变化的过程

中，这两个球的半径之和的最大值是（）

A.|B.2C.京D.7-2V6

2.平面a〃平面0,aua,bu/?,则下列四种情形：②a1b；③a与人异面；④a与6

相交.可能出现的情况种数是（）

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

3.如图，△力BC中，AB1BC,LACB=60",。为AC中点，△力BD沿80翻折过程中，直线A8

与直线BC所成的最大角、最小角分别记为的,凡，直线与直线BC所成最大角、最小角分别

记为a2,为，则有（）

A.a1<a2，BiV的

C.a12a2，Pi-02D.2。2,01>02

4.如图所示，三棱锥P-ABC的外接球的半径为R,且PA过球心，△PAB围

绕棱PA旋转60。后恰好与4P4C重合.若NP4B=60°,且三棱锥P-ABC

的体积为6，则R=

A.1

B.V2

C.V3

D.2

5.如图所示，正四面体A8C。中，E是棱A。的中点,P是棱AC上一动点,

BP+PE的最小值为旧，则该正四面体的外接球表面积是（）

A.127r

B.3271

C.87r

D.24TT

6.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.IC.2V2-1D.2

7.在直四棱柱48C0-4/口劣中，底面ABCO是边长为1的菱形，E,F为棱上的点，且BE=

B[F==BBi，已知线段所上（包括端点）存在点P,使得当。1PC0则四棱柱4BCD-&8心。1

的体积的最大值为（）

A.迥B.2C.随D.随

299

二、多项选择题（本大题共1小题，共4.0分）

8.下列命题中正确的有（）.

A.空间内三点确定一个平面

B.棱柱的侧面一定是平行四边形

C.分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点只可能在两个平面的交线上

D.一条直线与三角形的两边都相交，则这条直线必在三角形所在的平面内

三、填空题（本大题共6小题，共30.0分）

9.如图，正方形中ABC。中，E,尸分别是BC,CO的中点，沿4E,EF,AF把这个正方形折成

一个四面体，使8,C,。三点重合，重合后的点记为G.若四面体A-EFG外接球的表面积为6兀，

则正方形ABCD的边长为.

10.如图，已知四面体4BCD中，AB=AD=AC=BC=BD=CD,点

E是边BC的中点，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为

11.已知三棱锥4-BCD中，平面ABD_L平面BC。，BC1CD,BC=CD=2,AB=AD=V61则

三棱锥4-BCO的外接球的体积为

12.将棱长为1的正方体ABCD-EFGH任意平移至4遇传1。1-EiFiG/i，连接设M,N

分别为GHi，Ca的中点，则MN的长为

13.已知A,B,C,。是球。的球面上四个不同的点，若AB=AC=DB=DC=BC=2.且平面DBC_L

平面ABC,则球。的表面积为

14.己知点尸是抛物线C：乂2=丫的焦点，直线y=+；与抛物线C交于点A,与x轴交于点8.若

A为的中点，则以线段FB为半径的球的体积为.

四、多空题(本大题共2小题，共8.0分)

15.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_(1)_；表面积是_(2)_.

正视图仰视图

1—L

俯视图

16.尸表示一个多面体的面数，E表示棱数，y表示顶点数，则F+V=E+2,

这是多面体的欧拉公式，己知如图的多面体各面均为正六边形或正方形,

每个正方形相邻四个正六边形，每个正六边形相邻三个正方形和三个正

六边形，则该几何体的顶点个数为棱的个数为

五、解答题(本大题共14小题，共168.0分)

17.如图，正方体的棱长为1,请在此正方体中取出四个顶点构成一个三棱锥，满

足三棱锥的四个面都是直角三角形.

(1)请在正方体中画出一个满足条件的三棱锥，并写出此三棱锥;

(2)求此三棱锥的体积.

18.如图，在三棱柱4BC-&B1C1中，已知AABC是直角三角形，侧面48名公是矩形，4B=BC=1,

BBi=2,BG=V3.

(1)证明：BCr1AC.

(2)若E是棱CCi的中点，求点C到平面ABE的距离.

19.如图，在三棱锥P-ABC中，ABPAC,乙4PC=90。，E是AB的中点，M是CE的中点,

N在PB上,且PB=4PN.

B

(1)求证：平面PCEJ■平面PAB；

(2)求证：MN〃平面PAC.

20.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面4BCD为等腰梯形，AD//BC,AB=BC=\AD,G是棱

PB的中点，平面P40，平面43CC,且APAC为等边三角形，连接GA,GC,AC,GD.

(1)证明：CD14G：

(2)求直线AC与平面PA8所成的角的正弦值.

21.如图，在直三棱柱力中，底面4人2。是边长为2的等边三角形，。为A3的中点.

(I)求证：SC1〃平面&CD

(口)若必。=遍，求直线为。与平面BCG%所成角的正弦值.

22.如图，在直三棱柱4BC-4BiG中，底面A/IBC是边长为2的等边三

角形，。为AB的中点.

(I)求证：BCi〃平面4CC

(口)若4山=V5.求直线与平面BCG/所成角的正弦值.

23.如图,在以4,8,<:,£>,区尸为顶点的五面体中，四边形48后/为正方形,力尸_1。尸,4尸=2企尸。,

乙DFE=Z.CEF=45.

(1)证明：DC“FE；

(2)求二面角。-BE-C的平面角的余弦值.

C

D

B

24.如图，在四棱锥S—力BCD中，四边形ABC。是等腰梯形，AD//BC,AD=DC,N4DC=120。,

三角形SAB是等边三角形，平面$481平面A8CZ),E,尸分别为A8,AO的中点.

(1)求证：平面SCD，平面SEF；

(2)若48=2,SG=2GD，求力_5GF：%-BEC的值•

25.已知四棱锥S-ABCC中，底面48C£＞是边长为4的菱形，ABAD=60°,SA=SD=2痘,SB=

2近，点E是棱AO的中点，点F在棱SC上，且氏=九SA/mBEF.

(1)求实数；I的值；

(2)求三棱锥尸-EBC的体积.

26.已知在三棱锥P-4BC中，P4J"平面ABC,PA=AB=2BC=2,AC=V3.E是棱PB的中点,

AF1PC.

(1)求证：BPJL平面AEF-,

(2)求三棱锥P-4EF的体积.

27.如图，在三棱柱，4BC-&B1C1中，侧面，A&CiC是菱形，。是AC中点，平面A2C,

平面B8i。与棱41cl交于点E,AB=BC.

(1)求证：四边形BBiED为平行四边形;

(2)若CBi与平面49公所成角的正弦值为等求需的值.

28.如图所示，四棱锥P-4BCD的底面为一直角梯形，BA1AD,CD1AD,CD=2AB,PA_L底

®ABCD,E为PC的中点.

p

(1)证明：EB〃平面PAD：

(2)若PA=AD,证明：BE_L平面PDC.

29.如图，在三棱柱ABC-&BiCi中，侧面Z&GC，底面ABC,E为CC1的中点，AF=2FB.

(1)求证：SC1〃平面&EF；

(2)若AC=44i=2,AB=BC=a,N&AC=60。，求四棱锥Q-B凡心当的体积.

30.如图，在四棱锥P—4BCD中，PAIJftffiABCD,底面4BCD是矩形，E为PB的中点.

(1)设过C,D,E的平面交尸4于点F,求证：CD"EF；

(2)若PA=4B,求证：AE1PC.

【答案与解析】

1.答案：D

解析：

如图所示，过两个球心与长方体的左右侧面(棱长分别为3,4的侧面)平行的截面图，设ZO2ME=9,

则4MFH=20.设HF=x(0<%<3).设球01，球。?的半径分别为r,R.可得tan20=tand=三,

tand=-7.解得r=2—2tan6,R-芈。吟,q>tan。>%).令t=tande[-,1)./?+r=—+2—

3-Rl+tan6221+t

2t=/(t).利用导数研究函数的单调性即可得出.

本题考查了球的性质、利用导数研究函数的单调性、直角三角形的性质，考查了推理能力与计算能

力.

解：如图所示，过两个球心与长方体的左右侧面(棱长分别为3,4的侧面)平

行的截面图，

设4O2ME=0,则NMFH=20.设HF=x(0<%<3).

设球0「球G的半径分别为r,R.

4rR

则=一,tand=—,tand=——.

xx-r3-R

.・.r=2-2tan0,R=3tan0(1>tand>

l+tan0'2)

令t=tandE百1).

R+r=-----F2-2t=f(c).

l+t)''

r(t)=」一_2=0中匕受)可得t=渔二e白1).

7VJ(1+t)2(1+t)22L2J

/(t)取得最大值7-2%

故选：D.

2.答案：C

解析：略

3.答案：D

解析：

本题考查异面直线所成的角，难度一般.从AB与BC,A。与BC所成角最大最小两个角度求出

%,瓯&2,伤的值，从而比较它们的关系即可.

解：翻折到180。时，力所成角最小，可知/=30°,4。,BC所成角最小,的=。°，翻折0°时，

所成角最大，可知%=90。，翻折过程中，可知A。的投影可与BC垂直，所以AD,BC所成最

大角a2=90。，所以的=90",优=30°,a2=90",的=。".

故选D.

4.答案：D

解析：

本题考查三棱锥体积的计算，考查三棱锥的外接球的相关问题，正确求体积是关键.属于中档题.

过点8作BH1P4于H,连接CH,则依题意，4CHB=60s,得出AB=R,CH=BH=—R，利用

2

2

Vp-ABC=Vp-BCH+VA-BCH=|X^X(^/?).2R=R3=6求解出R的值.

解：过点B作BH1PA于H,连接C"，贝IJCHJ.P4

BHnCW=H,BH、CHu平面HHC,

则P4_L平面BHC,

则依题意，乙CHB=603

•••P4为球的直径，"B4=90°,又NP4B=60°,

・•・AB=R.

•・・乙CHB=603

V3

.・・CH=BH=BC=—R,

1V3/V3\2V3.广

^P-ABC=^P-BCH+VA-BCH=3X"4"X=~8~

解得R=2.

故选D

5.答案:A

解析:

本题考查球的表面积，考查动点问题，以及正四面体外接球问题，属于中档题.

根据题意，将问题从立体转为平面，即可求出正四面体的棱长，进而求得外接球的半径、表面积.

解：将三角形ABC与三角形ACD展成平面，BP+PE的最小值，即为8E两点之间连线的距离，则

BE=V14,

设48=2a,贝1此84。=120°,

由余弦定理得一二="生j，解得a=VL

22-2aa

则正四面体棱长为2VL

因为正四面体的外接球半径是棱长的渔倍，

4

所以，设外接球半径为R则/?=9-22=次,

则表面积S=4TTR2=4TTX3=127r.

故选：A.

6.答案：D

解析:

本题考查外接正四面体和内接正六面体的模型.

固定正四面体48CQ不动，则其内切球也随之固定.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.

解：固定正四面体A8C。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.

故选。.

7.答案：D

解析：

本题主要考查线面垂直的判定及性质，向量的坐标运算，属于中档题.

根据题意做辅助线得到四棱柱ABC。-&B1C1D1的体积的表达式，利用基本不等式的推广式求最值

可得.

解：在底面A8CO中，作DM1BC,垂足为M,

因为在直四棱柱4BCD中，CG1平面ABCD,DD】u平面ABCD,

所以CGI。“，又CCinBC=C,CG、BCu平面当8。6，

所以CM，平面&BCC1，又C$u平面BiBCCi，

所以DM1GP,

又因为BiOlPG，DMnBiD=D,DM、u平面&DM,

所以PCiL平面BiOM,又8iMu平面Bi。”，

所以BiM1PC「

在平面&BCG内，以B为原点，分别以灰、西为x、y轴正向建立平面直角坐标系，

设BiB=4h.ZDCB=0.

则M(l-cosa0),8式0,4/i),6(1,4h).

设P(0,y0)>

则/iWy()W3h,=(1-cos0,-4/i),C^P=(-1,y0-4/i).

所以柄•C^P=cos。-1-4/i(y0-4/i)=0，

22

所以4h(4九—y0)=1—cos©G[4h,12h],

所以2fl<V1—cos0，

所以四棱柱/BCD-4/©Di的体积

2

V=SABCD•BB]=sin0-4/i<2sinQ-—cos0=25/(1—cos0)(l—cos0)=

2^/(1—cos0)(l—cos0)(l4-cos0)=72^/(1—cos0)(l—cos0)(2+2cos0)<V2xJ©3=等

等号当且仅当cos。=—=竽时等号同时成立，

所以四棱柱4BCD-4/165的体积的最大值为华.

故选O.

8.答案:BC

解析：

本题考查平面的基本性质，属基础题，对于A,D,注意到特殊情况，可以作出否定；对于8,根据

棱柱的定义即可判定；对于C,利用平面的基本性质中的公理即可证明.

解：对于A选项，当三点在同一直线上时，经过这三点有无穷多个平面，不能确定一个平面，故A

错误；

对于B选项，由棱柱的定义可知，其侧面一定是平行四边形，故B正确；

对于C选项，这两条直线的交点必然是两直线的公共点，由于两直线分别在已知的两个平面内，所

以该交点也必然同时在两个平面内，即在两个平面的交线上，故C正确；

对于。选项，当直线经过三角形的顶点时，也是与三角形的两边都相交，这条直线却可以不再三角

形所在的平面内，故。错误.

9.答案：2

解析：

本小题主要考查直线与平面垂直的判定、球体表面积公式等基础知识；考查空间想象能力、论证推

理能力、运算求解能力及创新意识；考查化归与转化等数学思想.

设正方形边长为。，根据外接球表面积得出外接圆半径，将四面体补成长方体，求出长方体的体对

角线得出关系式求出a的值即可.

解：依题意折叠后的四面体如图1,设正方形边长为“，

外接球半径为七则AG=a,EG=FG=p

将四面体补成如图2所示的长方体，它们具有共同的外接球.

由4兀/?2=671■得4R2=6.而4R2=AG2+EG2+FG2=|a2.

所以6=|。2,解得a=2.

故答案为2.

10.答案：?

解析:

本题主要考查异面直线成角，余弦定义，是中档题.

取CD中点F,连接EF,FA,则EF〃BD,则尸或其补角为异面直线4E与BO所成的角，令48=2,

再用余弦定理求解即可.

解：取中点F,连接EF,FA,贝ijE/7/BO,则4AEF或其补角为异面直线AE与8。所成的角,

令AB=AD=AC=BC=BD=CD=2,

则EF=1,AE=4尸=6，在三角形4EF中,

/AUU1+3-3瓜

CCJSZAEF=———----=-7-•

2)/3x16

故答案为今

A

解析：解：•.•AB=an,取BO中点E,则4E1BD

•.•平面ABD1平面BCD,

则4E1BD,故AEJ■平面BCD,

则球心。在AE上，且BC=2V2，EB=V2，AE=y/AD2-BE2=2,

设外接球的半径R,则。辟=0E2+EB2,

R2=2+(2-R)2,

解可得，R=|,

根据四棱锥的性质可先求出球心的位置，然后根据勾股定理可求半径R,然后代入球的体积公式可

求.

本题主要通过空间几何体的外接球问题，考查了考生的空间想象能力，推理论证能力，属于中档试

题.

12.答案：/

解析：

本题考查空间直线的位置关系，利用直线的平移构造直角三角形是解题的关键.

设CDi的中点为P,连接MP,NP,NP为ACCiBi的中位线，即NP〃B】Di，.=泊口1=与在平

行四边形CG/Di中MP=HQ=1,1可得MP1NP,利用勾股定理求解.

解：连接CD。BR,

设CDi的中点为P,连接MP,NP,

则易得代P为4CDiBi的中位线，

所以NP〃B]Di，S.NP=|BI£>I=y-

在平行四边形CGH15中易得MP"%外,且MP=%么=1,

又因为从。1_LBiDi，

所以MP1NP,

所以MN=yjMP2+NP2=Jl2+(y)2=y-

故答案为渔.

2

13.答案：等

解析：解：如图所示，取BC中点G,连接AG,DG,则AG_L8C,DG1BC,

分别取AABC与ADBC的外心E,F,并过E,尸分别作平面4BC与平面OBC的垂线，相交于。,

则。为四面体A-BCD的球心，

由4B=AC=DB=DC=BC=2得,正方形°£GF的边长为奈则。G=冬

••・四面体力-BCD的外接球的半径R=y/OG2+BG2=J（第2+12=苧，

二球O的表面积为4兀x（叵）2=竺2

13，3

故答案为：等.

取BC中点G,连接AG,DG,分别取AABC与ADBC的外心E,F,并过E,尸分别作平面ABC与

平面DBC的垂线，相交于0,则。为四面体A-BCD的球心，然后根据勾股定理即可求出球的半径，

进而得解.

本题考查球的表面积的计算，通过几何体的特征，找到球心位置是解题的关键，考查学生的空间立

体感和计算能力，属于中档题.

解析:

本题主要考查了抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，中点坐标公式，球的体积公式，属于中

档题.

由题意先求出焦点尸的坐标，由中点坐标公式求出点A的纵坐标，利用抛物线的定义求出A尸的长

度，即可求出8F的长度，利用球的体积公式计算.

解：由抛物线C：M=y得：p=p

・.・直线y=kx+；与抛物线C交于点A,与x轴交于点8.若A为B尸的中点,

.­,8的纵坐标为0,由中点坐标公式得A的纵坐标为啥=1.

\FB\=2\FA\=-,

则以线段FB为半径的球的体积为x

<5

故答案为

1（）

15.答案：5

15+V19

解析：

本题考查了三视图几何体的表面积和体积计算，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.

由三视图可知：该几何体是由一个三棱柱和一个四棱锥的组合体.进行计算即可.

解：由三视图可知：该几何体是由一个三棱柱和一个四棱锥的组合体.

如图所示：

该几何体的体积=2x1x3-2x：x；xlx3xl=5,

32

该几何体的表面积=2X|XV2XJ10一C4-ix2x3+ix2xl+lx2+2x|xlx3+2x

3=15+V19.

故答案为：5；15+VT9.

16.答案：24

36

解析：

本题考查空间几何体的结构特征，考查空间想象能力，属基础题.

设该几何体有x个正六边形，y个正方形，根据空间几何体的结构特征，得3x=4y,棱数，顶点数,

由F+IZ=E+2,列方程求解即可.

解：设该几何体有x个正六边形，y个正方形，贝%x=4y,面数为x+y,

棱数殁Z,顶点数二丝，故丫+丫+空=亨+2=%=8,y=6,

顶点数为24,棱数为36.

故答案为24；36.

17.答案：解：(1)在正方体的一个面上取三个点构成的直角三角形作为三棱锥的底面,

如取21ABe为底；取对面上与直角三角形锐角顶点正对的顶点，作为三棱锥的顶点，

即点。1，可得符合条件的三棱锥Di-ABD,

'I,

，'展」

//

(2)三棱锥的体积V=-DD!=ix；xI2x1=i

解析：本题考查了正方体的结构特征，棱锥的体积计算，属于基础题.

(1)取对面上与直角三角形锐角顶点正对的顶点，作为三棱锥的顶点，

即点。1，可得符合条件的三棱锥Di-ABD,

(2)根据三棱锥的体积公式计算即可.

18.答案：解：(1)证明：因为△力BC是直角三角形，BA^BC,所

以AB1BC.

因为侧面ABB/i是矩形，所以4B1BBX.

因为=所以AB_L平面BCGBi，从而K

因为BC=1,CQ=2,BC1=V3,所以8c2+BC1=C*即BC1.

BCX.

因为BCnAB=B,所以BG1平面ABC.

所以BC】-i-AC.

(2)解：设点C到平面A8E的距离为d.

由(1)知AB,BC,BC1两两垂直，

又BE是Rt△BCG斜边上的中线，

所以BE=容=1,S*BE=^X1xl=1.

因为△BCE是边长为1的正三角形,

所以S^BCE一Xlx也=3

22-4

XX

由%-ABE=匕-BCE，得］XS—BE=JXSABCE1，

解得点C到平面ABE的距离为d4.

解析：本题考查线线垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，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)推导出4B1BC,AB1BBr从而J_平面BCCiB「进而AB1BC「推导出BC1BC1.从而BC】_L平

面ABC.由此能证明BqJ.4C；

(2)设点C到平面ABE的距离为d,由=%.BCE，能求出点C到平面ABE的距离.

19.答案：证明：(1)因为AB1平面PAC,所以力BJLPC.

又乙4PC=90°,所以API.PC,

又ABnAP=4所以PCJL平面PAB.

又PCu平面PCE,

所以平面PCE，平面PAB,

(2)取AE的中点。，连接。N,QM,

在△AEC中，因为“是CE的中点，所以QM〃4C.

又PB=4PN,AB=4AQ,

所以QN//AP,

又QMCQN=Q,ACdAP=A,

所以平面QMN〃平面PAC.

又MNu平面QMN,

所以MN〃平面PAC.

解析：本题考查面面垂直的判定，考查线面平行的判定，考查空间思维能力，属于中档题.

(1)根据面面垂直的判定定理即可证得平面PCE_L平面PAB；

(2)根据线面平行的判定定理即可证得MN〃平面PAC.

20.答案：(1)证明：设AD的中点为。，连接OP,OC,OB,设OB交AC于，，连接G”.

因为BC=AO=\AD,

所以四边形ABCO是平行四边形.

又因为4B=BC,所以四边形ABC。是菱形.

所以。B_L4C.

同理四边形OBCO为菱形，所以0B〃CD,所以AC1CD.

因为△P4D为等边三角形，O为A。的中点，

所以P。J.4D.

因为平面PAD_L平面4BCZ),平面PADn平面力BCD=4D,P。u平面PA。，

所以P01平面ABC。.

因为CDu平面ABCD,所以P。1CD.

因为“，G分别为OB,P8的中点，

所以GH〃P。，所以GH1CD.

又因为G/7naC=H,AC,GHu平面GAC,

所以CD，平面GAC.

又4Gu平面ACG,所以CO14G.

(2)解：设BC的中点为E,连接OE,易知。E10D.

以O为坐标原点，分别以南，0D，赤的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,

建立如图所示的空间直角坐标系0—xyz.

设A。=4,则P(0,0,2®4(0,-2,0),B(V3,-l,0)，

C(V3,1-0),D(0,2,0),

AP=(0,2,2®AB=(V3,1,0)，AC=(百,3,0).

设平面PAB的一个法向量元=(x,y,z).

由17亚=。，即(21+2低=0,得］…

(n-AB=0,(V3x+y=0,(y=-V3x.

令z=l,则亢=(1,一遍,1).

设AC与平面PAB所成的角为0,

则sin。=|cos(AC.n)\=徉注/——=5

Jl2+(-V3)2+l2XJ(V3)2+32+025•

即直线4c与平面PAB所成的角的正弦值为

解析：本题考查了线面垂直的判定、线面垂直的性质、直线与平面所成角和利用空间向量求线面的

夹角，属于较难题.

(1)先得出四边形OBCD为菱形,则AC1CD.由平面PADJL平面ABCD,可得PO1平面ABCD,则PO1

CD.又易得GH1CD,所以。0_1平面64(7,即可得证；

(2)建立空间直角坐标系，先得出平面PA8的一个法向量元=(x,y,z).设AC与平面PAB所成的角为仇

由空间向量计算可得直线AC与平面PAB所成的角的正弦值.

21.答案：证明：(1)连AC1，设AC】与aC相交于点。，"

连。。，则。为AC1中点，A\_______

为AB的中点，\\\

•••DO//BC.,D侵芳分)'、'、、、\

•••BGC平面&CD,DOu平面4CD,/------二----y

BQ〃平面&CD./卜——-------履

解：•••底面△ABC是边长为2等边三角形，。为A8的

中点，

四边形BCG/是正方形，且遍，

CD1AB,CD=V4^I=V3，AD=1,

22

：.AD+AAl=ArD,：.AA11.AB,

222

­­•41c2=4+4=8,ArD+CD=ArC,

•1•CD1DAr,又D&nAB=D,

二COJ•平面ABBi/li，•；BB]u平面•••BBr1CD,

•••矩形BCQB],BBiJ.BC,

■:BCOCD=CBBi1平面ABC,

••,底面△ABC是等边三角形，

二三棱柱4BC-&BiCi是正三棱柱.

以C为原点，CB为x轴，CC[为)，轴，过C作平面CBBiG的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，

8(2,0,0),4(1,0,V3),D(|,0,分公(1,2,佝，

砸=或-2,-4)，平面CBBiG的法向量元=(0,0,1),

设直线4。与平面CBB1G所成角为。，

则sine=驾普=*=叵.

MiDllnlV510

直线&D与平面CB&G所成角的正弦值为票

解析：本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注

意向量法的合理运用.

(1)连AC1，设4G与&C相交于点O,先利用中位线定理证明。0〃BG，再利用线面平行的判定定理

证明结论即可.

(2)推导出三棱柱是正三棱柱，以C为原点，CB为x轴,CG为y轴，过C作平面CBBiG

的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线公。与平面CBBiG所成角的正弦值.

22.答案：解：(I)证明：连4Q,设4cl与41c相交于

点。，连。O,则。为4G中点，

•••。为AB的中点，二00〃BG，

•••BCiC平面&CC,DOu平面2传£),：.BG〃平面

AiCD.

(U)：•・•底面△ABC是边长为2等边三角形，D为AB

的中点，

四边形BCC1B］是正方形，且=V5,

CD1AB,CD=74^=逐，AD=1,

22

••AD+AA1=AXD,■,■AA1LAB,

2222

•••AtC=4+4=8,ArD+CD=ArC

■■■CD1DAr,又/Mir\AB=D,

CD1平面ABB14,BBiu平面4BB14,BBX1CD,

•••矩形BCC/i，BBi1BC,•••BCPtCD=C:.BBr1平面ABC,

•••底面△ABC是等边三角形，.•.三棱柱ABC-&当。1是正三棱柱.

以C为原点，CB为x轴，CCi为y轴，过C作平面CBBiG的垂线为z轴，建立空间直角坐标系,

B(2,0,0),4(1,0,V3).£>(|,0,m，)，4(1,2,⑨,

则砸=&-2,-分

平面CBB1G的法向量五=(0,0,1),设直线4。与平面CBB1G所成角为。，

则sin。=噂二直线与平面CBaG所成角的正弦值为票

解析：(I)连4G，设AC1与&C相交于点O,先利用中位线定理证明0。〃86，再利用线面平行的

判定定理证明结论即可.

(H)推导出三棱柱是正三棱柱，以C为原点,CB为X轴,CG为y轴，过C作平面CBB1G

的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线&O与平面CBBiG所成角的正弦值.

题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法

的合理运用.属于中档题

23.答案：解：(1)证明：•.•四边形ABEF为正方形，大£、

"AB仁平面EFDC,FEu平面EFDC,4B〃平面EFDC,

vABu平面ABCD,平面ABC。IT平面EFDC=DC,

•••DC//AB,DC//FE.

(2)解：■：AFLEF,AF1DF,：.AFEFDC,

.•・平面4BEF_L平面EFDC,

作。G1EF,垂足为G,贝IJOG_L平面A2EF,

•••以G为原点，GF为x轴，在平面ABE尸中，过G作EF的垂线为y轴，GO为z轴，建立空间直角

坐标系，

则题意得NDFG=NCEF=45°,设AB=4,

则。(0,0,1),E(—3,0,0),C(一2,0,1),8(-3,4,0),

前=(3,-4,1)，前=(3,0，1).BC=(1,-4,1)>EC=(1,0,1),

设平面。BE的法向量沅=(x,y,z),

则怔%=3x-4y+z=0,取“I,得前=(i,o,-3),

1m•ED=3%+z=0

设平面BEC的法向量亢=(a力，c),

则也匣=a—4b+c=0,取a=i,得元=(1Q,-1),

<n-EC=a+c=0

设二面角。-BE-C的平面角为仇

则二面角。-BE-C的平面角的余弦值为：

1_2>/5

cos”黯\/ioV2_5

解析：（1）推导出4B〃FE,从而4B〃平面EFCC,进而DC〃AB,由此能证明DC〃FE.

（2）由4F1EF,AF1DF,得4FJL平面EEDC,从而平面4BEF_L平面EFDC,作。G_LE尸，垂足为

G,则DG,平面ABEF,以G为原点，GF为x轴，在平面A8EF中，过G作EF的垂线为），轴，GD

为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明二面角D-BE-C的平面角的余弦值.

本题考查线线平行的证明，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.

24.答案：（1）证明：因为平面S4BJ■平面ABC。，平面S4Bn平面ABC。=AB,

SEu平面SA8,SELAB,

所以SE1平面ABCD.

又因为C。u平面ABCD,所以SE1CD.

连接BO,因为E,尸分别为AB,AD的中点，所以BD〃EF.

因为AD=DC=AB,所以N4BD=zJDB.

又因为NB40=N4DC=120。，所以N4DB=30。,

所以NBDC=90。，所以BOICC.

又因为BD〃EF,所以CDLEF.

又SECEF=E,所以CD1平面SEF.

又因为CDu平面SCD,所以平面SCO1平面SEF.

（2）解：记△CDF在。F边上的高为打，ABEC在8C边上的高为电.

则九1：h2=CD：BE=2.1,在等腰梯形ABC。中易知BC=2AD=4DF,

大力SecDF_,£F_1

S^BCEh2'BC2

因为罚=2亦，所以,

所l^lVC-SGF_/-CDF2.S0COE_1_

VS-BECVS-BEC3SMBCE3

解析：本小题主要考查平面与平面垂直的判定、平面与平面垂直的性质、三棱锥的体积、平面向量

共线定理等基础知识，属于中档题.

(1)利用条件证出SE1CD和CD1EF,从而证得平面SCD_L平面SEF；

(2)把％-SGF转化成|%-CDF，然后再求解七_SGF的值•

25.答案：解：(1)连接AC,设ACnBE=G,则平面SACn

平面EFB=FG,

•••SA〃平面EF8,SA//FG,

.♦.△GEASAGBC,喈若/

・嘿吟W得SF=?C,即;l=[

(2)vSA=SD=2V5.SE1AD,SE=4.

又AB=AD=4,ABAD=60°,BE=26.

SE2+BE2=SB2,则SE1BE.

SEJ■平面ABCD,

^F-BCE—|VS-EBC=^S-ABCD=|x|x4x4sin60°x4=

解析：(1)连接AC,设ACCBE=G,则平面SACn平面EFB=FG,由线面平行的性质可得S4〃FG,

再由三角形相似列式求得4=|；

(2)求解三角形证明SE，平面ABCD,然后利用/_8CE=|%-EBC=泌TBCD求解•

本题考查空间中直线与平面位置关系的判定及其应用，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档

题.

26.答案：(1)证明：PA=AB=2BC=2,AC=V3.+FC2=AB2,

所以AC1BC,

因为PA1平面ABC,PAu平面PAC,

所以平面H4C_L平面ABC,

因为平面PACC平面ABC=AC,8Cu平面ABC,

所以BC_L平面PAC,

乂4Fu平面PAC,

所以BCJLAF,

又因为4F1PC,PCCtBC=C,PC,BCu平面PBC,

则AFJ_平面PBC,

乂PBu平面PBC,

所以4F1PB,

因为P4=4B,E是棱P8的中点，

所以AE1PB,

又4EOAF=A,AE,AFu平面AEF,

所以BP1平面AEF；

(2)解：由(1)得，4F_L平面尸BC,

又EFu平面PBC,所以4F1EF,

所以44EF为直角三角形，

可知：PE是三棱锥P-4EF的高，

在Rt^PAC中，PA=2MC=V3，所以PC=77,

由△PACSAAFC,得AF==华=组，

PC477

在RtAPAB中，PA=AB=2,则PE=4E==夜，

在RtAEAF中，EF=>JAE2—AF2—不2—技—^

所以&WEF=：AFxEF=1xx手=亭

所以三棱锥P-4EF的体积为工x渔xa=逋.

3721

解析：本题考查了线面垂直的判定，三棱锥的体积，难度一般.

(1)由条件，得到P4_L平面ABC,进而推出BCJ.4F,力F1平面P8C,结合已知条件推出4尸1PB,

从而证出BP_L平面AEF；

(2)根据题意，利用体积公式，算出体积.

27.答案：⑴证明：在三棱柱ABC—4aG中，侧面4通881为平行四边形，

所以BiB〃414

又因为C平面4/1CG，&4u平面44CG，

所以8/〃平面&4CC1.

因为8/u平面B/D,且平面CI平面44CC]=DE,

所以B/〃DE.

因为在三棱柱ABC-4B1G中，平面ABC〃平面&B1G，平面n平面ABC=BD,平面n

平面4]BiG=B[E.

所以BO〃BiE,故四边形BiBEO为平行四边形.

(2)解：在AABC中，因为力B=BC,。是AC的中点，

所以8。J.AC.

因为4山J■平面ABC,所以&D1BC,ArD1AC,以QB,AC,4D所在直线分别为x轴，y轴，z

轴，建立如图空间直角坐标系。-xyz.

设BC=a,AD=b,在△力4D中，AAr=2AD,^ArDA=90°,

所以例,所以。(0,0,0),4(0,一瓦0),4式0,0,例),B(Q,0,0),

则所以丽(=(0,b,百b)，AB=(a,b,0).

因为E(0,b,bb),所以西=而+而=(a,b,bb),即Bi(a,b,Kb).

因为C(0力，0),所以西=(a,0,百b).

设平面ABBiAi的法向量为元=(x,y,z).

元•%=0,即1by+>/3bz=0y=-V3z,

因为'所以43b

n-AB=0,Iax+by=0,X=——z.

a

令2=Q,则y=—J5a,x=V3b,所以记=(8b,一百a,Q).

尼西|________

因为|cos伍，西)|=26ab_____

同|西|一，3b2+3滔+MxVa2+3匕2

所以26ab等即4a—37a2b