高中数学第八章《立体几何初步》提高训练题 (52)(含答案解析)

第八章《立体几何初步》提高训练题（52）

一、单项选择题（本大题共10小题，共50.（）分）

1.在△ABC中，/-ACD；,AB=2BC,将△4BC绕8c所在直线旋转到△P8C,设二面角

P-BC-4的大小为火0＜。＜兀），PB与平面A8C所成角为a,则a的最大值为（）

2.长方体4BC。一4/1。1/中，AB=V2,BC=BB1=1,E为线段8道的中

点，/是棱GDi上的动点，若点P为线段BDi上的动点，则PE+PF的最

小值为（）

A.V2

3.如图，已知平行六面体力BCD-&8传1£）1中，底面4BCD是边长为1的正

方形，44=2,乙1/B=乙4〃。=120°,则线段4G的长为（）

A.V2

B.1

C.2

D.V3

4.如图所示，PA垂直于圆。所在的平面，AB是圆。的直径，p

PA=AB=2,C是圆。上的一点，E、F分别是点A在刊％PC

上的投影，当三棱锥P-AEF的体积最大时，PC与底面ABC所成A-VE

角的余弦值是（）IX.--

B.至

C.史

3

已知三棱锥A-BCD的顶点均在球0的球面上，且AB=AC=AD=yf3,4BCD=p若H是点

A在平面BCD内的正投影，且C，=O,则球。的表面积为

A.4A/3TTB.2V37TC.97rD.4兀

如图，已知三棱锥。一ABC,记二面角C-48-D的平面角是仇直线QA与平面ABC所成的角

是4,直线ZM与8c所成的角是。2，则其中正确的是（）

D

如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视

图，则该几何体的体积是（）

正视用

:2"...u

在矩形A8C£>中，AD=a,AB=b,b>a.将团ACD沿着AC翻折，使。点在平面ABC上的投

影E恰好在直线AB上，则此时二面角B-AC-D的余弦值为（）

9.如图，正方体ABCD—Z/iGDi的棱长为“,E,尸分别是棱44rCCi的

中点，过点E,F的平面分别与棱DDi交于点G,H,设BG=X,

xe[0,可.给出以下四个命题：①平面EGF”与平面A8CZ）所成角的

最大值为45。；②四边形EGFH的面积的最小值为a?；③四棱锥

G-EGFH的体积为贮；④点当到平面EGFH的距离的最大值为叵.

63

其中真命题的个数为（）

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

10.如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，现有下列结论:

②AC〃截面PQMN③AC=BD

④异面直线2例与8。所成的角为45。.

其中所有正确结论的编号是（）

A.①③B.①②④C.③④D.②③④

二、多项选择题（本大题共3小题，共12.0分）

11.如图，在直三棱柱ZBC—4B1C1中，AC=BC=AAt=2,々1CB=90°,

。、E、尸分别为AC、A4i、AB的中点，则下列结论正确的是（）

A.AC】与所相交

B.BiG〃平面。Ef

C.EF14cl

D.Bi到平面。EF的距离为斗

12.如图，点M是正方体4BC0-4公加%中的侧面AODMi上的一个动点，则下列结论正确的是

A.点M存在无数个位置满足CM1AL»i，

B.若正方体的棱长为1,三棱锥8-GMD的体积最大值为

C.在线段/d上存在点M,使异面直线与C£>所成的角是30。,

D.满足到直线AD和直线GJ的距离相等的点M的轨迹是抛物线.

13.如图，正三棱柱48。-4道传1中，点。为AC中点，点E为

四边形BCCiBi内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（）

>1---->---->>

A.DA=-（A1A-B^A+BQ

B.若。E〃平面则动点E的轨迹的长度等于乎/lC

C.异面直线AD与BQ,所成角的余弦值为9

D.若点E到平面ACG4的距离等于号EB，则动点E的轨迹为抛物线的

一部分

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

14.已知菱形A8CQ边长为3,/.BAD=605,E为对角线AC上一点，力C=64E.将△力BD沿8。翻

折到AdB。的位置，E记为E'且二面角4'一8。-。的大小为120。，则三棱锥A-BCD的外接球

的半径为;过E'作平面a与该外接球相交，所得截面面积的最小值为.

4

15.如图，在△ABC中，/-BAC",AB=3,4C=2,点。为边BC上一个动点，将△4BD沿

«/

AD翻折，使得点B到达夕的位置，且平面4夕。_L平面ACD.当CD=时，B'C的长度取

到最小值.

16.在梯形ABCZ）中，ADHBC,AB1BC,AD=2AB=2BC=2,将△4BC沿对角线AC翻折到

△4MC,连结MD当三棱锥M—ACD的体积最大时，该三棱锥的外接球的表面积为.

17.如下图①，在直角梯形ABCO中，4ABC=LCDB=LDAB=90°,/.BCD=30°,BC=4,点

E在线段CO上运动.如下图②，沿BE将^BEC折至ABEC',使得平面BEC'1平面ABED,则

4C'的最小值为.

四、解答题（本大题共12小题，共144.0分）

18.如图，在四棱锥S-4BCO中，底面ABC。是正方形，SAIjgqffiABCD,S4=4B,点/是S£>

的中点，AN1SC,且交SC于点N.

(1)求证：SC1平面力MN;

(2)求平面D4C与平面ACM的余弦

19.如图，四棱柱中，底面ABCQ和侧面BCC$i都是矩形，E是CQ的中点,

DrE1CD,AB=2BC=2.

(1)求证：平面CCi。1。_L底面4BCC；

(2)若平面BCCiBi，与平面BED1所成的锐二面角的大小为会求直线C&和平面BCC/1所成角的

正弦值.

20.如图，将边长为2的正方形ABC。沿对角线8。折叠，使得平面ABCJ•平面CB。，且4E，平面

ABD.

B

(1)若4E=&，求直线DE与直线8c所成角的大小；

(2)若二面角4-BE-D的大小为以求AE的长度.

21.已知梯形ABCD中，Z.ABC=^BAD=pAB=BC=2AD=4,E,F分别是A8,

C£＞上的点，EF//I3C,AE=x,沿EF将梯形ABCD翻折,使平面4EF01平面EBCF（如图）.

ADAD

BNCBC

(1)当x=2时，①证明：EF1平面ABE；②求二面角D_BF-E的余弦值;

(2)三棱锥D-FBC的体积是否可能等于几何体ABEFDC体积的［?并说明理由.

22.如图，长方体4BCD中，AB=AD=2,A&=4,E为棱CG的中点.

(I)求证：BD1.A\E\

(II)求直线BE与平面A&E所成角的大小；

(HI)求平面B&E和平面44E所成锐二面角的大小・

23.在如图所示的几何体中，四边形ABC。是正方形，四边形AOPQ是梯形，PD//QA,zPDA=p

平面ADPQJ"平面ABCD,且AD=PD=2QA=2.

(I)求证：QB〃平面PDC；(^)求二面角C-PB-Q的大小；

(DI)在棱PC上是否存在一点H,使得异面直线AH与PB所成角的余弦值为华，求。”的长.

24.在梯形ABCD中，AB//CD,^BAD=1,AB=2AD=2CD=4,P为A8的中点，线段4C与OP

交于。点(如图1).将2L4CD沿AC折起到ZL4CD'的位置，使得二面角AB-AC-D'为直二面角(如

图2).

(I)求证：BC〃平面P。。'；

(n)线段PD'上是否存在点Q,使得CQ与平面BC。'所成角的正弦值为《？若存在，求出券的值;

若不存在，请说明理由.

25.如图，三棱柱4BC-&B1G的侧面4&C1C是矩形，侧面441GC_L侧面力必当口，且A8=444=

4,ABAAT=60°,。是A8的中点.

(1)求证：HQ〃平面COB1；

(2)求证：DA11平面441GC.

26.如图，在多面体A8CDEF中，梯形AOEF与平行四边形A8CZ)所在平面互相垂直，AF//DE,

1

DE1AD,AD1BE,AF=AD=-DE=1,AB=V2.

(1)求二面角B-EF-。的余弦值；

(2)判断线段BE上是否存在点Q,使得平面CDQ工平面B£F?若存在，求出黑的值，若不存在,

说明理由.

27.如图，在四棱锥S—4BCZ)中，底面ABC。是直角梯形，AD//BC,AB1BC,△SAB是等边三角

形，侧面S4B底面ABC。，AB=273-BC=3,40=1,点M是棱SB上靠近点S的一个三

等分点.

(1)求证：4M〃平面sen；

(2)求平面SCQ与底面A8CQ所成的二面角的大小.

28.如图，在多面体A8CDP中，回ABC是边长为4的等边三角形，PA=AC,BD=CD=2几

PC=PB=4&，点E为BC的中点，平面BDC_L平面ABC.

(1)求证：0E〃平面PAC

(2)线段BC上是否存在一点T,使得二面角r-ZM-B为直二面角？若存在，试指出点T的位

置；若不存在，请说明理由.

29.如图，在三棱锥S-4BC中，SA=SB=SC=m.^BSC=9,乙CSA=B，Z.ASB=y,且

sin2£+sin2£=sin2r.

(1)证明：平面S4B1平面ABC；

(2)若。=全口=看了=拳试问在线段SC上是否存在点。，使直线80与平面SAB所成的角

为60。.若存在，请求出。点的位置；若不存在，请说明理由.

【答案与解析】

1.答案：。

解析：

本题考查二面角的定义，考查直线与平面所成的角，考查三棱锥的体积公式，属于较难题.

可设8C=a,可得48=PB=2a,AC=CP=V3a.由二面角的定义，可得乙4cp即为二面角

的平面角，设尸到平面A8C的距离为d,根据等积法和正弦函数的定义和性质，即可得

到尸8与平面ABC所成角a的最大值.

解：在AABC中，/-ACB:;,AB=2BC,

可设8C=a,可得4B=PB=2a,AC=CP=yj3a>

由AAC'D:,则BC1AC,BC1CP,

可得〃CP即为二面角P-BC-A的平面角，

贝ij乙4cp=e,

设尸到平面42c的距离为d,

vBC1AC,BC1CP,ACnCP=C,AC,CPu平面PAC,

则BC1平面PAC,

^B-ACP=^P-ABC<

叫8。0心=/应神，

即:a2V3a•V3a-sin0=|d•1•V3a•a,

解得d=V3asin0,

Ulil.dy/3asiivffv/3

火IIsine=——=------W-，

PB2a2

即有cW；,即a的最大值为;.

故选D

2.答案：A

解析:

本题考查了空间儿何体中距离和的计算问题，解题的关键是把空间问题转化为平面问题解答，是难

题.

连接8Q,得出点尸、E、尸在平面中，问题转化为在平面内直线BD］上取一点尸，求点P到定

点E的距离与到定直线的距离的和的最小值问题，利用平面直角坐标系，求出点E关于直线BL*］对

称的点的坐标即可.

解：连接BQ,则BGnBiC=E,点P、E、F在平面BG5中，

且BGJ.QD1，6。1=近，BCr=V2>

在中，以GDi为x轴，GB为y轴，建立平面直角坐标系,

如图2所示;

则0式或,0),B(0,V2),E(0,y):

设点E关于直线BO】的对称点为E',过点E'作E'Flx轴，垂足为凡交BO】于点尸,

•••的方程为x+y=VI①，

^EE'=1，

・••直线EE'的方程为y=%+4②，

(x=­V2

由①②组成方程组，解得，3"

y=—

V4

直线EE，与BDi的交点M哼,乎);

所以对称点E，(冬&)，

•••PE+PF=PE'+PF>E'F=V2.

故选A.

3.答案：A

解析：

本题考查利用空间向量求解空间距离，用空间向量解答即可.

利用空间向量求出两点间的距离即可.

解：•••ACr=AB+AD+AA^

->2—>—>—>—>—>—>2—>—>—>—>—>—>

・・・4C1=(48+40+441)2=482+402+441+248•AD+2AB-4力1+24。•

=1+1+224-2X1X2Xcos12()0+2x1x2xco«120o

=6-2-2

=2,

:.AC1=V2.

故选A.

4.答案：D

解析：

本题考查求三棱锥的体积，考查求线面角，考查线面垂直的判定，考查利用基本不等式求最值，考

查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，是较难题.

由题意可证出P81平面AEF,可得出VPTEF=|XS—EFxPE=；x4FxEFxPE,求出当三棱锥

36

P-力EF体积最大时A尸的值，即可.

解：连接AC,设ZB4C=O,由题意可知，设PC与底面A8C所成的角为夕，则cos"梦

由圆的性质可知：AC1BC,

由PA垂直于圆。所在的平面，BCu平面A8C,故P4J.BC,

又P4C4C=4PA,4Cu平面ACP,

故BC1平面ACP,又AFu平面ACP,则BC1AF,

结合4F1PC同理可证4F1平面PBC,EFu平面PBC,

据此有AF1EF,则SDAEF=^xAFxEF,

由4F1平面PBC,PBu平面PBC,

可知4F1PB,结合4E1PB同理可得PB1平面AEF,

则Vp_4EF=_XSAAEFXPE

=-xAFxEFxPE.

6

在Rt^BAC中，AC=ABxcos。,

利用面积相等可得：

4/_PAxAC_2x2cos0_2cos0

-PC~j22+(2cos赤-Vl+cos20,

在RtZiP/1打中，AE=PE=则EF=W1E2--F2,

1

Vp-AEF=TxAFxEFxPE

6

=yXy/2-AF2xV2=AF2(2-AF2)<争

结合均值不等式的结论可知，当4片=Q_AF2},

即4F=1时三棱锥的体积最大，

此时006°=cosZ.PAF=—.

故选D.

5.答案：C

解析：

本题主要考查了三棱锥外接球的表面积计算、简单组合体的结构特征，属于基础题.

由48=4。=40=遮，乙BCD吗若”是点A在平面8CQ内的正投影,

可得H为底面直角三角形的外心，球心在AH上，由求出A”，设外接球的半径为R

由直角三角形可求出R进而求出外接球的表面积.

解：因为力B=AC=AD=V5，

所以由三角形全等可得HB=HC=HD,

即H是△BCD的外心，

即，是斜边8。的中点，

则球心。在A”上，

由勾股定理可得AB?-B"2=a"2,得AH=1,

设球。的半径为R,则R2=(R-1)2+2,

所以R=|.

所以球。的表面积为4?rR—ITTX0f)7T,

故选：C.

6.答案：A

解析：

本题考查二面角、线面角、异面直线所成角的大小的判断，是较难题.

设三棱锥D-4BC是棱长为2的正四面体，取AB中点E,OC中点M,4c中点N,连接£>E、CE、

MN、EN,过。作D01CE,交CE于0,连结A。，则/DEC=9,乙DAO=%,£.MNE=62,由

此能求出结果.

解：设三棱锥ABC是棱长为2的正四面体，

取AB中点E,0c中点例，4c中点N,连接。E、CE、MN、EN,

D

过。作DOICE,交CE于O,连接AO,

贝比DEC=0,ADAO=elt乙MNE="，

DE=CE=V4^I=V3.DC=2,

八3+3-41

・•・COSd=F~F=一

2XV3XV33

40=C0=|CE=|g=^

2V3_

AOy/3

・•・C0Sn&=—=-^―=——9，

1AD23

取BC中点F,连接。尸、AF,贝ijDFIBC,AF1BC,

乂DFCAF=F,

BC_L平面AFD,ADu平面AFD,

BCLAD,：.d2=90°,

d2>9>01.

故选：A.

7.答案：A

解析：

本题主要考查几何体的三视图和几何体的体积。依题意，把该儿何体嵌入棱长为2的正方体中，画

出图形，即可得到该几何体的体积.

解：如图所示，把该几何体嵌入棱长为2的正方体中，求得力MBC=5x2x等=|,

故选A.

D

B

8.答案：A

解析：

【试题解析】

本题考查利用向量法求二面角的大小，是中档题.

先作出二面角B-AC-D的平面角4EGD,然后可把4EGD看作两向量而、"的夹角，利用而与丽

的数量积可求夹角得答案.

解：作EGJ.4C于点G,BH14C于点”，连接。G,

由于。点在平面ABC上的投影E恰好在直线A3上，所以0E，平面ABC,

而ACu平面ABC,所以DE14C,因为EG1AC,DE,EGu平面。EG,DEnEG=E,

所以力Cl平面DEG,因为DGu平面力EG,

所以4c1DG,

得NEG。即为二面角B-AC-。的平面角.

又BH//EG,NEG。即为向量而、丽的夹角的大小.

令NDAC=4ACB=a,则cosa=7^=,HB=GD=-^=,AG=HC=-7^=.

Vaz+dzy/a2+b2>la2+b2

TIB-GD=(WC+CF)-(GX+AD)

=-|77C||M|+|7/C||AD|cosa+\CB\\GA\cosa+CB-(AE+ED')

一严4a?aJ?.产a卜0—a4,

\/a2+b2Va2+b2Va2+d2Va2+d2Va2+b2Va2+d2a2+b2

从而msNEG。

而百而j一京

故选A.

D

折叠前折叠后

9.答案：C

解析：

本题考查空间立体几何中的面面垂直关系以及空间几何体的体积公式，本题巧妙的把立体几何问题

和函数进行的有机的结合，综合性较强，设计巧妙，对学生的解题能力要求较高.

①当点G为SB1中点时，平面EGFH〃平面A8CZ),平面EGFH与平面ABC。所成的角为0。.当点G

与点8重合时，平面EaFG与平面A8C。所成的角最大，这时点”与点5重合，平面£”FG与平面

ABCQ所成的角为=45°,即平面EGFH与平面ABCQ所成角的最大值为45。成立，故①正确.

②因为EFLG“，所以四边形EGF”是菱形.所以，四边形EGFH的面积为S=》EF-GH,关键是

求出GHG[V2a,V3a],从而得到S四边彬EGFH=-EFGHe|a2,络i2)，即当平面EGFH〃平面

ABC。时，四边形EGF”的面积的最小值为a，所以②正确.

③连结GE,C、G,CH,则四棱锥则分割为两个小三棱锥，它们以GEF为底，以G,〃分别为顶点

的两个小棱锥,因为三角形GEF的面积是个常数，G,”到平面GEF的距离是个常数，所以四棱锥

G-EGFH的体积V=/i(x)为常函数，所以③正确.

④取EF的中点Q,连接BiQ,当当Q1平面GEF”时，点当到平面EGF”的距离的取最大值BiQ.注

意到点。是正方体的中心，即⑶过二^人当二日0故点名到平面日方旧的距离的最大值为苧心故④错

误，故答案为C

【题答】

解：①当点G为BBi中点时，平面EGFH〃平面ABCQ,平面E4FG与平面ABCD所成的角为0。.

当点G与点8重合时，平面EGFH与平面ABCQ所成的角最大，这时点“与点。1重合，

平面EGFH与平面A8CD所成的角为2劣8。=45°.

即平面EGFH与平面ABCD所成角的最大值为45。成立，

故①正确.

②因为EF，G〃，所以四边形EGF”是菱形.

所以，四边形EGFH的面积为S=?EF-GH,

因为正方体中，BD=伍，BD、=痘a,EF=&a，所以，GHe[V2a,V3a].

所以，$四必+ECFH[EF-GH6[rJ,乎。',

即当平面EGFH〃平面ABCD时，四边形EGFH的面积的最小值为

所以②正确.

③连结GE,QG,C.H,则四棱锥则分割为两个小三棱锥，它们以GEF为底，以G,H分别为顶点

的两个小棱锥.

因为三角形GEF的面积是个常数，G,H到平面GEF的距离是个常数，

所以四棱锥G-EGFH的体积U=无。）为常函数，

所以③正确.

④取EF的中点Q,连接BiQ,当BiQ,平面EGFH时，点当到平面EGFH的距离的取最大值BiQ.

注意到点。是正方体的中心,即&Q=豹a=苧a,

故点当到平面EGFH的距离的最大值为当a.

故④错误.

综上所述，真命题为3个，

故答案为C.

10.答案：B

解析：

本题主要考查空间中的线与线、线与面的位置关系，异面直线的夹角，属于中档题.

根据相关定理和性质逐个分析即可.

解：因为PQMN是正方形，

所以PQ//MN,MNu平面ACD,PQ，平面ACD,

所以PQ〃平面ACZ),

又平面4C0n平面ABC=AC,PQu平面ABC,

所以PQ//AC,

又PQu截面PQMN,AC仁截面PQMN,

所以AC〃截面PQMN,

故②正确；

同理可得MQ//BD,

又MN1MQ,

所以4C1BD,即①正确；

又MQ〃BD,乙PMQ=45°,

所以异面直线PM与8。所成的角为45。，

故④正确；

由以上条件可知：

PN_ANMN_DN

BD~ADfAC~ADf

将以上两式相除再结合PN=MN,

可得器=警，因为ON与AN不一定相等，

所以4c与不一定相等，故③错.

故答案为①②④.

故选注

11.答案：BCD

解析：

本题主要考查异面直线的位置关系，线面平行的判定，异面直线所成角以及点到面的距离，利用空

间直角坐标系是解题的关键，考查学生的思维能力及综合分析能力，属难题.

利用异面直线的位置关系，线面平行的判定方法，利用空间直角坐标系异面直线所成角和点到面的

距离，对各个选项逐一判断.

解：对选项A,由图知AC】u平面4CCia,EFC平面4CG1Al=E,且EC4G.

由异面直线的定义可知AG与EF异面，故A错误；

对于选项B,在直三棱柱ABC-AiBiCi中，B、C\〃BC.

vD,F分别是AC,AB的中点，

:•FD//BC,•••BjCi//FD.

又；BQ,平面DEF,DFu平面DEF,

•••81的〃平面DEF,故5正确；

则C(0,0,0),4(2,0,0),B(0,2,0),4式2,0,2),8式0,2,2),30,0,2),0(1,0,0),E(2,0,1),F(1,1,0).

•1.EF=(-1,1)—1)，4G=(—2,0，2).

vEF-AC1=2+0—2=0，EF±4C1，

vEF与aq所成的角为90。.故C正确；

对于选项。，设向量元=(x,y,z)是平面OEF的一个法向量.

"'DE=(1,0,1),DF=(0,1，0),

..・由匹，即E•昼=。，得里/仇

场10F,(n-DF=0,(y-0・

取％=1,则z=-1,・,•记=(1,0,—1),

设点Bi到平面DE尸的距离为d.

又•.•西=（一1,2,2）,

,_|而7•殖_|-1+0-2|_3^2

•••d=-~7?~~=~9

.•.点/到平面DEF的距离为平，故。正确.

故选BCD.

12.答案：ABD

解析：

本题考查正方体的结构特征，空间想象能力，计算能力，分析转化能力，要求综合能力较高.

逐个分析每个选项，对A，证明M满足ZD11DM即可，对B,当M到平面BGD内距离最大时，三

棱锥B-GMD的体积最大，对C,求出B］M的长度范围，即可求得异面直线所成角的范围，对

把问题转化为抛物线的定义即可.

解：若CMlADi，因为CD1AC1，所以ASI平面COM,DMu平面COM,所以力DilDM,又由

正方体的性质易得：•平面C&D,所以只要M在乙。上即可，A正确；

Sgo=fx（应>=当，所以当M到平面C/D的距离最大时，三棱锥B—GMD的体积最大，此

时M在为处，最大距离为|xg=等，

所以三棱锥B-GMD的体积最大值卜=工x式x2=工，B正确；

3233

若正方体的棱长为1,当M在线段2D1上时，在△BMD1中，可求得［乎,企］,假设"在平面

BCGBi上的射影为N,则MN〃CD,

NBIMN为两异面直线所成的角，cos乙BiMN=器,

又如=工6代耳

81MBiML23J

即cos/BiMNe偿，孚,又cos30。=与〉日

^BrMN>30°,C错误；

M到直线65的距离就是MD】，在平面442。内，由抛物线的定义满足到直线A。和点5的距离相

等的点M的轨迹是抛物线，。正确.

故选ABD.

13.答案：BCD

解析：

本题考查了空间向量的加减运算及数乘运算、利用空间向量求线线的夹角，利用空间向量求点、面

之间的距离，属于较难题.

由空间向量的加减运算及数乘运算，建系，根据空间向量平行，异面直线夹角公式，点到平面的距

离，逐一进行判断即可

解：对于选项A,而=^（〒一瓦/+就），选项A错误；

对于选项B,过点。作4公的平行线交41cl于点

以。为坐标原点，~DA，丽，西分别为x,），，z轴的正方向建立空间直角坐标系。xyz.

设棱柱底面边长为。，侧棱长为6,则岐,0,0）,8（0,^a,0），G（一2b）,所以

BQ=（一］,-］a,b）,4G=（一］，,a，b）・

•••8G1ABlt跖•福=0.

即（—/2—ga）2+b2=0,解得b=^a.

因为OE〃平面ABB14,则动点E的轨迹的长度等于|BBi|=乎|44选项B正确.

对于选项C,在选项A的基础上，吗0,0）,F（0,ya,0）,0（0,0，0）,6（-|,0,当a）,

所以=（*0,0）,BCi=a,——a）＞

/222

因为cos＜鬲，用＞=篇繇=篇=当选项C正确；

对于选项。，设点E在底面A8C的射影为品,作E/14C,垂足为凡

则E/为点E到平面4CC1%的距离，

故E/=

12

在直角三角形CFEi中，sin6（T="

E^C2

故E/=^EiC

即EiC=E]B

且曷C为点E到直线CG的距离，

故点E满足抛物线的定义，且点E为四边形BCGBi内（包含边界）的动点,

故动点E的轨迹为抛物线的一部分，故。正确；

故选BCD.

14.答案：叵，变.

2‘4

解析：

本题考查了棱锥与球的位置关系，属于中档题.

根据三角形形状确定球心位置，根据三角形知识和勾股定理计算球的半径，进而可求出球的表面积.

B

取B3的中点H,连接AH,CH,

则BO1,BD1CH,,

NA'HC为二面角A-BD-4HC的平面角，

故乙A'HC=120°,

由题意可知△48。和^BCD都是边长为3的等边三角形，

设M,N分别是和△BC。的中心，过M,N分别作两平面的垂线,

则垂线的交点就是三棱锥外接球的球心，

vA'H=CH=卜一(I?=当,

MH=NH=―,CN=V3，

2

由^OMH*ONH可得上OHM=Z.OHN=60°,

3

・・.ON=

2

OC=VON^+NC^=J(|)2+(V3)2=即外接球的半径为亨;

由条件可知过E'且与OE'垂直的截面圆面积最小,

又4c=6AE=3百,

所以4E号，即E为AC的三等分点，靠近A端,

所以E'M号

由图可知0E'=VOAf2+E'M2=冉,

则。E'与。E'垂直的截面圆半径和圆的半径构成直角三角形,

所以半径等于

S截而2)n=4n

故答案为亨丹

15.答案：弋

解析：

本题考查空间中的线段长度的计算与解三角形的综合应用，属于较难题.

设4B4C=a,aG(0,1),作BE_LAD交AQ或A。的延长线于E点，作CF14。交AD或A。的延长

线于F点，由条件可得EF=\AF-AE\=|V5sina-2cosa|,即可得B'C?=BE2+CF2+EF2=10-

6sin(2a+"结合三角函数性及余弦定理可解得黑=|,从而可得结果.

oCD2

解：设NB40=a,a6(0(),作BE_L40交AO或AD的延长线于E点，作CF_L4D交AO或AD的

延长线于F点，

vBE=3sina>AE=3cosa,CF=2cos(a+-)=V3cosa-sina,

6

AF=2sin(a+£)=V3sina+cosa,

・・・EF=\AF—AE\=|V3sina—2cosa|,

•・・B'C2=BE2+CF2+EF2

=(3sina)24-(v3cosa-sina)2+(V3sina-2cosa)2

=7+6sin2a—6V3sinacosa

=10—6sin(2a+》

・•・当sin(2a+?)=l,即Q=£时，夕C的长度取得最小值，此时AD平分乙

oo

在△ABC中，BC2=32+22-2X3X2XCOS^=7,BC=四,

由角平分线定理得*=黑，即黑=|，

AC0UOU乙

:.CD=-BC

55

16.答案:47r

解析：

本题考查空间几何体的体积、球的表面积问题，可利用题设条件分析，三角形棱长关系，得知三角

形AC。、三角形4MC均为等腰直角三角形，然后利用该三棱锥的外接球定义进行解答.

解：因为三棱锥M-ACD底面ACQ固定，因此其体积最大时，

即点M到底面ACD距离最长，此时必有平面4cM垂直于平面ACZ),

由题设知三角形AMC为等腰直角三角形，三棱锥M-4CZ),

根据题意和勾股定理，有AC=y/AB2+BC2=&，

设中点为E,于是4E=DE=1,

因此四边形A8CE为正方形，CD=y/DE2+CE2=V2,

三角形AC。为等腰直角三角形，

因此三棱锥M-ACD外接球的球心必在底面ACD边AO过E的法线上，

又设AC中点为F,因为平面M4C_L平面AC。，EFLAC,MF1AC,

于是三角形MFE为直角三角形，其中E尸=㊀C0=立，MF=-AC=^,

2222

于是三角形MFE为等腰直角三角且ME=/xMF=1,

于是点E到三棱锥M-ACC的四个顶点距离相等，均为1,

显然E为三棱锥M-4CD的外接球球心，

即该外接球的半径为1,于是其表面积为4小

故答案为47T.

17.答案：V19-4V3

解析：

本题考查面面垂直的性质，立体几何中翻折问题，属于较难题.

延长BE至H,使得OH1BH,连接A”，过A作AFIBE于F点，通过面面垂直的性质以及勾股定

理，得出MC'|2=+田42+（|B*-|FB|）2,再引入三角函数求解最值即可.

解：由题意，延长2E至H,使得C'HIBH,连接AH,过A作AF_LBE于F点，如图所示：

又因为平面BEC'J■平面ABE。，C'Hu平面BEC',且平面BEC'n平面ABED=BH,

所以C'H!_平面ABED,又AHu平面ABED,

所以C'HJ.4”,

故14cl2=|C'H|2+\HA\2=\C'H\2+\FH\2+\FA\2=\C'H\2+\FA\2+(\BH\-\FB\)2,

在直角梯形ABC。中，AABC=A.CDB=ADAB=90°,NBC。=30。，BC=4,

所以B。=2,AB=电

设NC'BE=0,易知()<&<；,贝IJ/B凡4=0,

«)

所以|C'H|=4sina|B〃|=4cos仇|尸川=V3cos0,\FB\=V3sin0,

所以|AC'|2=(4sin0)2+(V3cos0)2+(4cos0—V3sin0)2=19—8>/3sin0cos0=19—4V3sin20，

因为所以当20:,即。:时，14cl2取得最小值19_4g，

所以MC'lmin=119一4百.

故答案为J19-46.

18.答案：证明：(1)•••在四棱锥S-4BCD中，底面ABCD是正方形,S41底面ABCO

・•・以A为坐标原点，AO为x轴，A8为y轴，AS为z轴，建立空间直角坐标系，

由S4=ABf设48=AD=4S=1,

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

AM=G，0}CS=(-1,-1,1).

AM-CS=—^+^=0,'AM1CS>

ASC11AM,

又SCJLAN,且ANCiAM=A,

SC1平面AMN.

解：(2)「S41底面A8CD,.•.荏是平面ABC。的一个法向量，且而=(0,0,1),

设平面ACM的法向量为元=(x,y,z),

AC=(1,1，0),初=G，0,},

(AC-n=x+y=0,

则E-i,ic，取x=-1,得元=(-1,1,1),

AM-n=-x+-z=0

22

tASn1V3

cos<AS'n>^-^wr^=-'

由图形知二面角。-ac-M为锐二面角，

••・二面角0-AC-M的余弦值为史.

3

解析：本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注

意向量法的合理运用.

(1)以A为坐标原点，AO为x轴，A3为)，轴，AS为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明

SC1平面AMN.

（2）求出平面ABCD的一个法向量和平面ACM的法向量，利用向量法能求出二面角。-AC-M的余

弦值.

19.答案：（1）证明：•・•底面ABCD和侧面BCQBi都是矩形，・•.BC1CD,BC1CQ,

CDneg=C,CD,CGu平面DCGDi，BC1平面DCGD1，

■:DXEu平面OCCi。］,BC1D1E,

DXE1CD,BCCCD=C,BC,CDu底面ABCD,：.DXE1底面ABCD,

vDrEu平面。。也。，

平面CGDiD1底面ABCD.

（2）解：取A8的中点F,

••・E是C£＞的中点，底面ABCD是矩形,

•••EF1CD,

以E为原点，以EF、EC、ED1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系E-xyz如图所示.

设EDi=a(a>0),则E(0,0,0),0),。式0,0,a),C(0,l,0),G(0,2,a),

设平面BED1的法向量温=Qi，%,Zi),EB=(1,1,0)，西=(0,0,a).

五.丽=0加1+月=0

由可得:

拓•.西=0azi=0

令=1可得y1=—1,zx-0.n7=(1,—1,0),

设平面BCC$i的法向量荻=(x2,y2,z2),CB=(1,0,0).CC;=(0,1,a).

n^-CB=0田徨(x=

石•鬲=0寻'iy22+az2=

令Z2=l可得丫2=-。，二底=（。，-a，l），

由于平面BCG位与平面BE%所成的锐二面角的平面角为g,

ayr

所以|cos（席的I=I=广——=COS二

同时V2xVa2+i3

解得a=l.

••・平面BCGBi的法向量元(0,-1.1),

由于4(1,-1,0),C(0,l,0),£)(0,-1,0),Di(0,0,1),

所以西=~CA+TA［=~CA+~DO1=(1,-2,0)+(0,1,1)=(1,

设直线C4和平面BCG当所成的角为。，则

〈inF)-ICi'71?।_1+1_口

s"1…两司一两一三.

解析：本题考查线面垂直的判定，考查面面垂直的判定，考查利用空间向量求二面角及线面角，难

度较大.

(1)先证明8C1平面DCCWi得BCLDiE,又以E1CD,可证得QE，底面4BCD,再根据面面垂直

的判定定理即可得证.

(2)取AB的中点F,则EF1CD,所以以E为原点，以EF、EC、ED1所在直线分别为x,y,z轴，

建立空间直角坐标系E-xyz,设EDi=a(a>0),写出点坐标，求出平面BE%和平面BCCiB］的法

向量，根据平面BCC1B］与平面BE以所成的锐二面角的大小为会求出a即可求解.

20.答案：解：因为正方形ABC。的边长为2,

所以AB1AD,CB1CD,AB=AD=CD=BC=2.

又4EJ■平面ABO,AB,ADc^F®ABD,所以4E14B,AE1AD,

以点A为原点，AB,AD,AE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.

作CFJ.BD,垂足为F.

因为平面力BD1平面CBD,CFc5F®CBD,平面ABDn平面CBD=BD,

所以CF_L平面ABD

因为CB=CO=2,所以点尸为8。的中点，CF=V2.

(1)因为=所以E(0,0,夜)，8(2,0,0),0(0,2,0),((1,1,0),

所以屁=(0,—2,混)，BC=(-1,1,72).所以屁•元=0，

所以屁1就，所以直线OE与直线BC所成角为宏

(2)设AE的长度为a(a>0),则E(0,0,a).

由ADJ.4E,ADLAB,AE,ABu平面ABE,且4EcAB=4,

得4D工平面ABE,所以平面4BE的一个法向量为心=(0,1,0).

设平面BOE的法向量为五2=(Xi，yi，zj,又丽=(-2,0,a)，防=(-2,2,0)，所以％S-BE,n21BD，

云？•BE=-2%+az1=0,(Xi=7zi>^„

「一1