高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (43)(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）（43）

一、单项选择题（本大题共5小题，共25.0分）

1.若圆锥SO「SO2的顶点和底面圆周都在半径为4的同一个球的球面上，两个圆锥的母线长分别

为4,4企，则这两个圆锥重合部分的体积为

A.-7TB.8兀C.-nD,四型与

333

2.如图，在正方体ABCD-AiBiGDi中，异面直线当。与41G所成角的大小为（）

3.设〃、人是两条直线，a、0是两个平面，aua,bu°,p：a//b,q:a//p,则p是勺的（）

A.充要条件B.充分不必要条件

C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

4.已知三棱锥S-ABC的底面ABC是边长为2的正三角形，SA=2,A在侧面SBC上的射影”是

团SBC垂心，设二面角”一4B—C的平面角为a,二面角B-SC-4的平面角为£,则（）

A.2a</?B.2a=0

C.2a>8D.2a与0的大小无法确定

5.在正方体力BCD-4B1GD1中，E为棱&Bi上一点，且ZB=2,若二面角/一—E为45。,

则四面体BBiQE的外接球的表面积为

A.-nB.127rC.9兀D.10n

二、多项选择题（本大题共1小题，共4.0分）

6.已知△ABC是等腰直角三角形，^BAC=90°,AD1BC,力为垂足，以AO为折痕，将△4BD和

△4CD折成互相垂直的两个平面后，如图所示，下列结论中，正确的为（）

4A

C.AD1平面BCDD.△ABC是等边三角形

三、填空题（本大题共10小题，共50.0分）

7.设球。与圆锥S。1的体积分别为匕，彩.若球。的表面积与圆锥SO1的表面积相等，且圆锥SO】的

轴截面为正三角形，则m的值是_.

V2

8.已知圆锥的底面半径为1,母线长为2,则该圆锥轴截面的面积为.

9.长方体4BCD-&B1GD1中，AB=1,AD=2,AAt=3,P是棱上的动点，贝必。&。的

面积最小时，黑=

10.如图，在正方体4BCD-4B1G5中，E、尸分别是DQ、DC上靠近点。的三等分点，则异面

直线EF与41cl所成角的大小是.

11.已知正方体ABC。—4$iGDi的棱长为4,点P是？Ui的中点，点h在侧面44道窗内，若1

CP,则^BCM面积的最小值为.

12.如图，A,2两点都在以PC为直径的球。的表面上，4B1BC,48=2,

BC=4,若球O的表面积为24兀，则异面直线PC与AB所成角的余弦值

为-.

B

13.请你设计一个包装盒，如图所示，ABC。是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的

四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得ABC。四个点重合于图中的点P,正好形成

一个正四棱柱形状的包装盒,E、尸在A8上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设4E=

(1)某广告商要求包装盒侧面积S(CTH2)最大，试问x的取值为

(2)某广告商要求包装盒容积V(cm3)最大，试问此值包装盒的高与底面边长的比值为一

14.设，"，〃是不同的直线，a,B，y是不同的平面，有以下四种说法：其中正确的说法为.

①需②虢｝=2

③■卜戊“④吆胃=m//a

15.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60。的共有对.

16.已知AB,CD是半径为2的。。的两条直径，且AB与CD成60。角，现将0。沿直径AB折成直

二面角，此时线段C。的长为.

四、解答题(本大题共14小题，共168.0分)

17.如图，在棱长均为2的三棱柱ABC-中，平面4CB1平面4ZBB1，AB1=AIB,。为力反

与的交点.

⑴求证：ABi1CO；

(2)求平面4CG41与平面A8C所成锐二面角的余弦值.

18.如图1所示，在等腰梯形ABCD,BC//AD,CE14。，垂足为E,4C=3BC=3,EC=1.将△DEC

沿EC折起到ADiEC的位置，使平面△4ECJ_平面ABCE,如图2所示，点G为棱4劣的中点.

(II)求证：BG〃平面［EC；

(H)求证：4B_L平面。1EB；

(DI)求三棱锥5-GEC的体积.

图1图2

19.如图，已知多面体ABCAiBiG，4公,8%,(?(?1均垂直于平面48。,441=4,Z.ABC=120°,AB=

(1)证明：平面H1B1G；

(2)求直线AQ与平面ZB/所成角的正弦值.

20.如图，A88是正方形，DE1平面ABC。，AF//DE,DE=DA=2AF=2.

(1)求证：AC1平面8DE；

(2)求AE与平面8CE所成角的大小；

(3)求三棱锥。-BEF的体积.

21.已知三棱锥4-BCD中，4ABe与ABC。均为等腰直角三角形，且N84C=90。，BC=CD=6,

E为AD上一点、,且CEJ•平面A8D

(I)求证：AB1CD；

(口)过E作一平面分别交AC,BC,BD于F,G,H,若四边形EFG”为平行四边形，求多面体ABEFG”

的表面积.

22.请你设计一个包装盒，ABC。是边长为10&cm的正方形纸片，切去阴影部分所示的四个全等的

等腰三角形，在沿虚线折起，使得4,B,C,。四个点重合于图2中的点P,正好形成一个正

四棱锥形状的包装盒(图2所示)，设正四棱锥P-EFGH的底面边长为x(cm).

ESI

(1)若要求包装盒侧面积S不小于75cm2,求x的取值范围;

(2)若要求包装盒容积U(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的容积.

23.如图，已知P41平面A8C£>,ABCD是矩形，PA=AB=1,AD=V3.

F是尸8中点，点E在BC边上.

(I)求三棱锥E-PAD的体积；

(II)求证：AF1PE；

(111)若七/7/平面PAC,试确定E点的位置.

24.如图，在四棱锥P-ABCO中，四边形A2CD是直角梯形，AB_L4£UB〃CD,PC_L底面A8C£),

AB=2AD=2CD=4,PC=2a,E是PB的中点.

(1)求证：平面E4C1平面PBC;

(2)若二面角P-AC-E的余弦值为半，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.

25.如图，在四棱锥P-4BCD中，点P是尸。中点，点E是£>C边上的一点.

(1)当EF〃平面P4C时，求证：点E为Z)C边的中点；

(2)是否存在点E,使得EF〃PB?若存在，找出点E的位置并证明；若不存在，请说明理由;

(3)若底面A8CQ是矩形，PAJ■平面ABCQ,且尸4=40,求证：对任意的点E,都有AFLEF.

26.如图，P4_L矩形ABC。所在平面，PA=AD,M、N分别是A8、PC的中点.

(1)求证：MN_L平面PCD；

(2)若直线PB与平面PCD所成的角为30。，求直线PB与平面ABCD所成角的大小.

27.如图，在四棱锥P-4BC。中，平面P4C_L平面ABC。，PA=PC,AB//CD,4B140,ELCD=

2AD=4AB=4.

⑴过30作截面与线段PC交于点H,使得AP〃平面双汨，试确定点，的位置，并给出证明；

(2)在(1)的条件下，若二面角H-8。一C的大小为%试求直线D4与平面3OH所成角的正弦

值.

28.如图，在四棱锥P-4BCD中，PB1平面PAC,四边形ABCO为平行四边形，且4。=y/2AB=4,

乙BAD=135°.

(1)证明：4C1平面PAB；

(2)当直线PC与平面PAB所成角的正切值为迎时，求二面角A-PC-D的余弦值.

29.如图，已知矩形ABCQ中，AB=10,BC=6,将矩形沿对角线8。把△4BD折起，使A移到公

点，且&在平面BCD上的射影O恰好在CD上.

(1)求证：BCLA^D；

(2)求证：平面&BC_L平面4BD；

(3)求二面角①一BD-C的余弦值.

【答案与解析】

1.答案：A

解析：

本题考查圆锥及球的结构特征，属于基础题.

由题做出其轴线的截面，结合几何关系求解公共部分对应圆锥的体积即可求解.

解：如图，做出对应圆锥SO],S02的轴线截面，轴截面分别为等边三角形及等腰直角三角形,

两个圆锥重合部分为以48为直径的圆锥的体积，易知底面半径为2,高为2,所以其体积为

-X7Tx22x2S",

33

故选A.

2.答案：C

解析：

本题主要考查求异面直线所成的角，体现了转化的数学思想，属于中档题.

连接力1。，0C1，B1C与&G所成角即为4G4。，C1&0为等边三角形，即可求得.

解：连接&B,DB,与41cl所成角即为4C14D,

由正方体可知41cl=DC1B-ArD,所以NGA。=p

故选C.

3.答案：D

解析：解：a〃匕，则a与/?可能重合，平行，相交，p不能推出g；

a〃£,则a与b可能平行，异面，q不能推出p；

故p是q的既不充分也不必要条件，

故选：D.

通过立体几何知识，判断关系，得到充要性.

本题考查充要性，立体几何知识，属于基础题.

4.答案：B

解析：

本题主要考查二面角的求解，属于中档题，首先由线面垂直，找到二面角的平面角，再证明求解即

可.

解：由题设三棱锥面SBC.连结交SC于£.

由H为垂心可知SC1BE,

所以SCI面ABE,从而SCIAB.

设S在面ABC内的射影为。，则CO148于凡

同理8。1AC.

故。为团ABC的中心，从而S4=SB=SC=2,

FC=BE=SF=V3.EF=VFC2-CE2=

所以三棱锥S-ABC是正四面体,且a=4EFC,所以

--ZFEZ?,

2

计算得tana=—»tan-=—»

222

从而tana=tan-,因此a=且，即2a=(i.

22l

故选B.

5.答案：D

解析:

本题考查球的表面积，考查几何体的结构特征，考查空间思维能力及计算能力，属于中档题.

由题及线面垂直的判定定理得BG，E0,NB]0E=45。，计算求解即可得到答案.

解：连接&C,交于0,则当。18。1，

易知则平面&0E,

所以BG1E0,

从而NBiOE为二面角/-BCi-E的平面角，则NB10E=45°.

因为48=2,所以BiE=Bi。=V2.

故四面体BBiQE的外接球的表面积为47r(立尹＞=10兀，

故选。.

6.答案：ABCD

解析:

本题考查空间几何体中面面垂直的性质定理以及线面垂直的判断的应用，属于中档题.根据面面垂

直的性质定理可以得到选项AB正确，由线面垂直的判定定理可得选项C正确，由

RtAABO空丝Rtasro易知选项。正确.

解：由题意知：^ABD10ACD,BD1AD,B.BDc®ABD,面4B。ri面4co=4。，

根据面面垂直的性质定理，得到3。_1面4。£).

而CDu面ACD,ACu面ACD,

所以有BDICO,BD14C.故A,B正确.

由条件知，BDLAD,CD1AD,且BOnCO=。，

根据线面垂直的判定定理，有J■平面BCD.故C正确.

在折叠前，AABC是等腰直角三角形，^BAC=90°,AD1BC,所以有AD=8D=CD.

折叠后，由BD_1_面4。9易知BDJ.CD.

所以RtAABO丝RtZk.AC'O空RtABC'O,导出48=AC=BC,所以△48c是等边三角形.故。正确.

故选ABCD.

7.答案：|

解析:

本题主要考察球的表面积和体积，圆锥侧面积、表面积和体积

解：设圆锥S01底面半径为「2,母线长为/，高为〃，表面积为52,

S2=S俯+S底=TrrJ+7TT2"

又•・•圆锥S01的轴截面为正三角形

22

:.I=2r2,h=y/l—r2=V3r2

/.S2=arX+TTT22=3TTT22

设球。的半径为6,表面积为Si

/.Si=4仃/

又,:S]—s2

故答案为I

8.答案：V3

解析：

本题考查圆锥的轴截面面积的求法，考查运算求解能力，是基础题.

易知该圆锥的轴截面形状为边长为2的等边三角形，由此能求出该圆锥的轴截面面积.

解：由题意可知，该圆锥的底面直径为2,

故该圆锥的轴截面形状为边长为2的等边三角形，

故该圆锥的轴截面面积为S=：x2x2xsin60°=V3.

故答案为：V3.

.答案：；

94

解析：

本题考查线段长的最小值的求法，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，考查数形结合思想，属中档题.作异面直线&C与的公垂线段，根据比例式求出4

P&C的面积最小时P点的位置即可得出答案.

解：连接AC,过。作AC的垂线。垂足为

过M作MN〃/交41c于N,在DDi上取点Q,使得DQ=MN,连接n

•••44i_L平面ABCD,故A&1DM,

又DM14C,44iC4C=4,DM1平面QC,

DM1A1C,

vMN//AAltDQ//AAr,MN=DQ,

•••四边形DMNQ为平行四边形，

:.NQ=DM,NQ//DM,

NQ1ArC,

又。。i1平面ABCD,：.0011DM,

DD1±NQ,

•1•NQ为异面直线4C与DDi的公垂线，

・•・当尸与Q重合时，P到&C的距离最小，即△「公（7的面积取得最小值.

AB=1,AD=2,AC=V5.CM=争

.MNCM......3cc3

..嬴=茄，故MN=『DQ=-1

.DQ工1

DiQ3-14

故答案为：

4

10.答案:60°

解析：

本题考查异面直线所成角，平行公理的应用，考查逻辑推理能力和空间想象能力，属于基础题.

npr）p1

由题意，连接皿、&B、BG，由急=器=也可得EF〃C。，再由正方体的性质和平行公理可

得出从而判断异面直线EF与&G所成的角为NB&Ci，可得结论.

解：连接CD1、4$、BG，

・•—DF_1

•DD\~DC~39

・•・EF//CDlf

在正方体4BC。一4B1C1A中，A^lfAD,AD&BC,

A、D\/J_BC,

所以四边形为BCDi为平行四边形，

•••A1B//CD1,

所以异面直线EF与所成的角为NB&q.

易知d&BCi为等边三角形，

二4B41C1=60°.

故答案为60。.

11.答案：述

5

解析：

本题考查三角形的面积的最小值的求法，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，考查数形结合思想，是中档题.

取AB中点”，A。中点Q,连接DiQ,QH,B.H,根据题意求出最小值即可求解.

解：

如图所示，取AB中点H,AO中点。，连接DiQ,QH,B中,

D.C,

A

由于CP在面ABC。内的射影为AC,QHLAC,所以Q”1CP;

由于CP在面内的射影为。尸，5Q10P,所以5QJ.CP;

故由QH_LCP,DrQ1CP,DrQC\QH=Q,得CPL面DiQHB].

要使CPJ.D1M,必须点M在面D1QHB1内，又在侧面44$$内，所以点M在面与面/人道避

的交线上，即

当〃时，BM最小,此时ABCM面积最小，此时BM=靠=华，

1、，d、，4V58x/5

Sr〉BCM=JX4X-=

12.答案：渔

6

解析：

推导出OP=。。=CM=0B=遍，PA1AC,AC=2A/5，PA=2,以B为原点，8c为x轴，BA

为)，轴，过8作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，由此能求出异面直线PC与A8所成

角的余弦值.

解：因为A,8两点都在以PC为直径的球。的表面上，

AB1BC,AB=2,BC=4,球。的表面积为24兀，

所以-Im'2-17T>解得r=逐,

所以0P—0C—0A-OB=V6)PA±AC,AC—V4+16=2V5，PA—<24—20—2，

以8为原点，8C为x轴，54为y轴，过B作平面A8C的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，

如图：

则P(0,2,2),C(4,0,0),4(0,2,0),B(0,0,0),

PC=(4,-2,-2)，荏=(0,-2,0)，

设异面直线PC与AB所成角为。，

匹祠_4_V6

则COS。=

\PC\-\AB\-V24-2-6

所以异面直线PC与A8所成角的余弦值为?.

故答案衅

13.答案：(1)15；(2)|

解析：

此题考查利用二次函数及导数解决空间几何体的最大值问题，关键是将实际问题化为空间几何体的

面积、体积问题，再转化为函数的最大值问题.

解：由题意EF=60-2x,则形成的正四棱柱的高为等腰直角三角形的斜边为日(60-2x),底面边

长为近％,

(1)包装盒侧面积S(x)=4Xy(60-2x)V2x=8(-x2+30x)>xG(0,30),

所以当％=15时，包装盒侧面积S最大.

(2)包装盒容积I/(x)=(V2x)2x号(60-2.x)=2V2(-x3+30/)，%G(0,30),

因为V'(x)=60V2(-x2+20x),

所以当x=20时，包装盒容积丫最大，

此时包装盒的高与底面边长的比值为a60-2X2。)=1.

V2X202

故答案为(1)15；(2)1,

14.答案：①③

解析：

本题主要考查命题的真假判断，涉及空间直线，平面之间平行或垂直的判断，根据相应的判定定理

以及性质定理是解决本题的关键.根据空间直线和平面平行或垂直的性质分别进行判断即可.

解：①根据面面平行的性质，同时和一个平面平行的两个平面是平行的，正确，

②当m〃a,ad./?时，山与夕可能相交，可能平行，也可能在平面内，错误，

③根据线面垂直和线面平行的性质可得:力喜今a10正确，

④错误，还有可能是巾u平面a,故④错误，

15.答案：48

解析：

本题主要考查了异面直线所成角，组合和组合数公式，属于中档题.

利用正方体的面对角线形成的对数，减去不满足题意的对数即可得到结果.

解：正方体中共有12条面对角线，任取两条作为一对共有C5=66（对），

12条对角线中的两条所构成的关系有平行、垂直、成60。角.

相对两面上的4条对角线组成的盘=6（对）组合中，平行有2对，垂直有4对，

所以所有的平行和垂直共有3盘=18（对），

所以成60。角的有咯一3以=66-18=48（对）.

故答案为48.

16.答案：V10

解析：

本题考查面面垂直的性质和余弦定理的应用，属中档题.

由题意，过点C作CH14B于点H,连接DH,可得CH=8，OH=1,由余弦定理求得DH,由CH1

面AB。，则从而再RtAC'"。中，求CQ即可.

解：如图所示，过点C作CH14B于点H,连接CH.

由。。的半径为2,且A8与CO成60。角，

可得CH=V3.OH=1,

利用余弦定理可得

DH=VOH2+0D2-20H-ODcosl20°=,1+4+2=夕.

因为将。。沿直径AB折成直二面角，且CH，4B,

所以CH_L平面A8Q.

因为CHu平面A8。，所以CHJ.DH,

所以△CHD为直角三角形，

所以CD=VCW2+DH2=V3T7=VlO.

故答案为同.

17.答案：(1)证明：因为四边形为48当为菱形，

所以1ABr,又平面41cB1平面&4BB1，

平面41cBC平面/咽=ArB,ABXu平面人送啊，

所以AB】_L平面4CB,又因为COu平面&CB,

所以ZB11CO.

(2)解：因为&B=4Bi，

所以菱形4A8B1为正方形，

在RtACOA中，CO=>JAC2-OA2=y/2,

在△COB中，CO=OB=五,CB=2,CO2+OB2=CB2,

所以CO1OB,

又C。14当，ArBCtABy=0,AXB,4当在平面4148名内；

所以，CO，平面44BB1；

以。为坐标原点，以。A,OB,OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴,

建立如图所示的空间直角坐标系。-xyz.

X

4(夜,0，0),4式0,一夜,0),C(0,0,V2),B(0,V2,0),AA1=(-V2,-V2,0).

AC=(-V2,0,V2),而=(一鱼,企,0),

设平面acCi4的一个法向量为五=Oi，yi，zi),

z

平面ABC的一个法向量为通=(x2>y2>2)

则卜f*1-隼i=°，令.=1,得元=(1,一i,i),

(―V2%i+y/2z1=0,

卜警：警=22=1,.=(11,1)

(―V2X2+yJ2z2=0,

设平面4CG4与平面ABC所成锐二面角为a,

贝ijcosa=|

InTiraV3xV3-3’

所以平面4CG4与平面ABC所成锐二面角的余弦值为，

解析：本题考查线线垂直的证明以及利用向量求二面角，属于中档题.

(1)根据面面垂直可得_L平面&C8,因为COu平面&CB即可得证;

(2)建立空间坐标系，利用向量夹角求出二面角.

18.答案：(I)证明：在图1的等腰梯形ABC。内，过8作AE的垂线，垂足为F,

•••CE1AD,ABF//EC,

XvBC//AD,BC=CE=1,AD=3,

.••四边形BCEF为正方形，且AF=FE=

ED=1,F为AE中点.

在图2中，连结GF,

•••点G是的中点，

GF//DXE.

XvBF//EC,GFCtBF=F,GF,BFu平面BFG,%E,ECu平面

二平面BFG〃平面CEO1，

又：BGu面GFB,BG〃平面2EC；

(H)证明：•••平面0EC1平面ABCE,

平面。回d^ABCE=EC,DrE1EC,DrEu平面。回,

。出JL平面ABCE.

XvABu平面ABCE,

・•・D1E1.AB.

又4B=y[2,BE=y[2,AE=2.满足ZE?=AB2+BE2,

••・BE上AB.

又BEn/)iE=E,

AB1平面DiEB；

(HI)解：vCE1DrE,CE1AE,AE=Ef

•••CE_1_面£)14£\

又线段CE为三棱锥C-底面。送£的高，

〃117111(。］1

•,KDLGEC=7,O,7，1*2-1=-.

xZ=x7^C-DrZAE5Zo

解析：(I)在图1的等腰梯形ABC。内，过8作AE的垂线，垂足为F,可得四边形8CEF为正方形，

且4F=FE=£O=1,尸为AE中点.在图2中，连结GF,证明GF〃£)iE.结合BF〃EC,利用平面

与平面平行的判定可得平面BFG〃平面CE2,从而得到BG〃平面［EC；

(H)由平面D】EC1平面4BCE,DXE1EC,得D】EJ■平面ABCE.进一步得到D】EJ.HB,求解三角形证

明BE1AB.再由线面垂直的判定可得4B上平面DiEB；

(III)证明CE，面。遇E,可得线段CE为三棱锥C-0〃E底面D/E的高，然后利用等积法求三棱锥

5-GEC的体积.

本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等

积法求多面体的体积，是中档题.

19.答案：解：⑴证明：•.•&?!_!_平面ABC,aBJ■平面ABC,

力力

AAi=4>BB1=2,AB=2,

=J(4B)2+(44I_BBI)2=2V2,

又AB】=yjAB2+BBl=2V2.

AAl=AB1+A^l，

AB11同理可得：ABAJ.BIG，

又占B1nB1C1=B］,

ABr_L平面&B1C1；

(2)取AC中点0,过O作平面ABC的垂线O。，交&C］于O,

,:AB=BC,，OB1OC,

•：AB=BC=2,乙BAC=120°,

OB=1,OA=OC=y/3f

以。为原点，以08,OC,0。所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示:

则4(0,—百,0)，8(1,0,0),Bj(1,0,2),G(0,V5,l),

■.AB=(l,V3,0)，西=(0,0,2),遍=(0,271,1)，

设平面AB/的法向量为记=(x,y,z),

则色”=0,卜+何=0(

(n•BB]=0(2z=0

令y=l可得元=(一次,1，0),

■cos<nAT>-日语--^L=叵

设直线AG与平面ABB1所成的角为。，则sin。=|cos<记，宿>|=^.

・•・直线4cl与平面ABB1所成的角的正弦值为等.

解析：本题考查了线面垂直的判定定理，线面角的计算与空间向量的应用.

(1)利用勾股定理的逆定理证明ABr1B6,从而可得4当_L平面儿&。1；

(2)以AC的中点为坐标原点建立空间坐标系，求出平面ABB1的法向量元，计算元与宿的夹角即可得

出线面角的大小.

20.答案：解：(1)证明：••・ABCC是正方形，

:.AC1BD,

•・•DE1平面ABCD,ACu平面ABCD,

・•・AC1DE,

vBD,DEu平面50。BDCiDE=D,

AC_L平面BDE；

(2)设4CClBD=。，连接AE,EO,

vAC_L平面BDE,

•••E。是直线AE在平面上的射影，

N4E。是4E与平面8DE所成角，

在HtZiEAD中，EA=y/AD2+DE2=272，AO=V2,

.•.在中，sin^AEO=-=

Rtz^ECMEA2

：.Z.AEO=30°,即AE与平面BOE所成角为30。；

(3)•••DE，平面ABCD,DEu平面ADEF,

••・平面ADEF1平面ABCD,

AB1AD,

•••平面AOEFn平面48CD=AD,ABu平面ABCD,

AB，平面ADEF,

•••三棱锥D-BEF的体积%_BEF=VB-DEF=|XS^EFx4B=[x]x2?x2=g.

解析：本题考查线面垂直的证明，考查线面角、三棱锥的体积的求法，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，考查函数与方程思想，是中档题.

(1)由AC1BC,得DE_L平面ABC。，从而4C1DE,由此能证明ACJ■平面80E；

(2)设4CCBD=。，连接AE,EO,由ACJL平面BOE,得乙4E0是AE与平面BDE所成角，由此求

出AE与平面8CE所成角；

(3)推导出平面4DEF_L平面ABCD,从而4B_L4。，三棱锥O-BEF的体积U°_BEF=%-DEF，由此

能求出结果.

21.答案：（I）证明：•••^BAC=90°,.-.ABIAC®

vCE平面ABD,ABu平面ABD,：.CE1AB（2）

由①②，且acnCE=C得4B_L平面AC。，.•.力BJ.CD.

（n）解：等腰直角三角形BCD中，BC=CD,；.BCLCD；

又•:AB1CD,ABQBC=B,AB,BCu面ABC,

CD1平面ABC,ACu面ABC，

CDA.AC.

等腰/?243。中，；8。=6,;./1。=3近，

又Rt△ACD中CD=6,CE1AD,AD=yjAC2+CD2=3^6-

而AC2=AEMD,可得4后=逐，故AE=[A。，

•••四边形EFG”为平行四边形，EF〃GH,

EF〃平面BCD,

又EFu平面4CD,且平面ACDn平面BCD=CD,

EF//CD.

由AE得EF=[CC=2,且有AF=|AC;

由CO_L平面A8C得C。1FG,进而EF_LFG;

同理可得尸G〃/IB,且尸G=|4B=2V2.

进而可分别求得S44EF=V2,S4BGH=2,SABGF=5,SEFGH=4yP1，SAEHB=5>/3»

所以所求表面积为S=7+5g+5V2.

解析：本题考查线面垂直的判定、线面垂直的性质以及空间几何体表面积的计算，属中档题.

(I)-.-/-BAC=90°,AB1AC；由CE_L平面ABD,得CE1AB,由线面平行的判定定理可得4B1

平面ACD,可得4BJ.C0.

(II)分别求出各侧面的表面积，相加即可.

22.答案：解：(1)在图1中连结AC,8。交于点。.设BO与FG交于点在图2中连结OP.

因为A8C。是边长为10的正方形，所以OB=10(cm).

由FG=x,得0M=；,PM=BM=10—右

因为PM>OM,BpiO—^>|,

所以0<x<10.

因为S=4x|FG-PM=2x(10-=2Ox-x2,

由20X一小275,得5WxW15,所以5sx<10.

故x的取值范围是5Wx<10.

(2)因为在RtAOMP中，OM2+OP2=PM2,

所以OP=y/PM2-OM2=J(10-j)2-GY=Vioo-10x>

1,1,---------

V=-FG2OP=-x2V100-10%=

-V100%4-10x5,0<x<10.

3

设/'(%)=100x4-10逆，o<x<10,

34

所以/(X)=400x-50x=50/(8-x),

令/'(x)=0,得x=8或％=0(舍去).

列表得，

X(0,8)8(8,10)

f'M+0—

fM极大值

所以当x=8时，函数f(x)取得极大值，也是最大值,

所以当x=8时，V的最大值为金1

3

故当x=8cm时，包装盒容积丫最大为胃更(cm3).

解析：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，求解极值及最值在实际问题中的应用，解题的

关键是把实际问题转化为数学问题.

(1)结合已知可建立侧面积关于FG=x的函数关系，然后由侧面积S不小于75cni2,可建立关于x的

不等式，可求，

(2)先利用x表示出V的函数关系，结合导数可求其最大值.

23.答案：(/)解：三棱锥E-的体积等于三棱锥P-E4。的体积，

•••PA_L平面ABCD,ABCD是矩形，PA=AB=1,AD=6,

••VP-EAD="；x4。xABxPA=g

••・三棱锥E-/M。的体积为立；

6

(〃)证明：丫PA1平面ABCD,EBu平面ABCD,：.EB1PA.

•••EBLAB,PADAB=A,:.EB1平面PAB,

•••4Fu平面PAB,.-.AF1EB.

•••PA=AB=1,F是PB中点，_LPB,

•••EBCPB=B,：.AF1,平面PBC,

...PEu平面P8C,AF1PE；

(/〃)解：E是BC中点.

•••EF〃平面PAC,PCu平面PAC,EF//PC,

•••尸是P8中点，•••E是2C中点.

解析：本题考查几何体的体积，考查线面垂直，考查线面平行，考查学生分析解决问题的能力，属

于中档题.

(/)利用三棱锥E-的体积等于三棱锥P-E4。的体积，可得结论；

(〃)利用线面垂直证明线线垂直，证明AFL平面PBC即可；

(/〃)利用EF〃平面PAC,可得EF〃PC,根据尸是PB中点，可得结论.

24.答案：解：(1)•••PCABCD,力Cu平面ABC。，4CJ.PC.0：

•••AB=4,AD=CD=2,:.AC=BC=2近./

AC2+BC2=AB2,.-.ACA.BC./：L^/\

又BCCPC=C,AC1平面PBC.

yo

-ACu平面EAC,

・・・平面E/C，平面PBC.

(2)如图，以点C为原点，DA，CD，而分别为“轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则C(0。

0),4(2,2,0),6(2,-2,0).

设P(0,0,2a)(a>0),则E(。-l,a)，CA=(2,2,0),CP=(0,0,2a),CF=(1,-l,a).

取沆=(1,—1,0),则沆•CA=m•CP=0，记为面PAC的法向量.

设记=(%j,z)为面E4C的法向量，则五・不=元・3=0，

即｛:+*=取％=-y~—a,z=—2,则元=(a,—a,—2),

依题意，|cosV记，n>|==7=T==V,则Q=2.

11|m|-|n|Va2+23

于是九=(2,—2,-2),PA=(2,2,—4).

设直线PA与平面EAC所成角为仇

则sin。=|cos<PA<元>|=凝器=y，

即直线PA与平面E4C所成角的正弦值为它.

3

解析：(1)证明AC1PC.AC1BC.通过直线与平面垂直的判定定理以及平面与平面垂直的判定定理证

明平面E4C，平面PBC.

(2)如图，以点C为原点，DA，CD.次分别为x轴、.V轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，求出

相关点的坐标以及面PAC的法向量.面E4C的法向量，通过二面角P-AC-E的余弦值为立，求出

3

直线PA的向量，利用向量的数量积求解直线尸4与平面EAC所成角的正弦值即可.

本题考查平面与平面垂直的判定定理以及二面角得到平面角，直线与平面所成角的求法，考查空间

想象能力以及计算能力.

25.答案：证明：(1)因为EF〃平面PAC时，又EFu平面PCD,

平面PCDC平面24C=PC,所以EF〃PC.

在△PCD中，因为点尸是PO中点，

所以，点E为。C边的中点.

(2)不存在点E,使得EF〃PB.

假设存在点E,使得EF〃PB,因为PBC平面PCD,后尸匚平面尸皿，

所以PB〃平面PCD,这与PBn平面PCD=P矛盾，故不存在点E,使得E尸〃PB.

(3)因为PA_L平面ABCD,CDu平面ABCD,所以P41CD.

在矩形ABCD中，40_LCD.又4。nP4=4AD,P4u平面PA。，

所以CD，平面PAD又4Fu平面PAD,所以CD1AF.

在APAD中，因为点尸是中点，PA=AD,所以AF1PD.

又CDCPD=D,CD、PDu平面PCD,

所以力FJ_平面PCD.又Efu平面PCD,所以4F_LEF.

解析：本题考查了线面平行的性质，考查了线面垂直的性质

(1)由线面平行的性质可证得E尸//PC,由点F是PD中点可证得点E为OC边的中点；

(2)假设存在点E,,使得EF〃PB,证得PB〃平面PC。，这与PBn平面PCC=P矛盾，故可得结

论

(3)先证得CD1AF,AF1PD,故可得4尸1平面PCD,由线面垂直的性质可得结论

26.答案：证明：(1)取PO的中点Q,连AQ,NQ,

在△PCD中，因为点Q、N分别是P。、PC中点，

所以QN〃CD,且QN=[CD.

在矩形ABC。中，M是AB的中点，

-1

所以AM〃CO,S.AM=^CD,

所以4M〃QN,S.AM=QN,

所以四边形AMN。是平行四边形，

所以MN〃4Q.

在APAD中，因为点。是中点，P4=AD,

所以4Q1PD.所以MN1PD.

又PA，平面ABCD,CDu平面ABCD,所以241CD.

在矩形4BCD中，4。JLCD.又ADnP4=A,AD,PAu平面PA。,

所以CD_L平面PAD.又4Qu平面PAD,所以CD14Q.则MN1CD.

又CDCPD=D,CD,POu平面PCD,所以MN1平面PCD

(2)解：延长QN到R,使得NR=QN,连BR.

由⑴得QR〃4B,S.QR=AB.

所以四边形ABRQ是平行四边形，

所以BR//AQHMN.

所以BRJL平面PCD.

所以NPBR就是直线PB与平面PCC所成的角，

故NPBR=30°,所以PB=2BR=2AQ=PD,

所以R也4B三孔△PAD,

所以AB=AD=PA,

所以NPB4=45°,

因为P41平面ABCD,

所以ZPB4就是直线PB与平面ABCD所成的角,

即直线PB与平面ABCD所成角的大小为45。.

解析：本题主要考查线面垂直的判定以及直线与平面所成角，并涉及到线面垂直的性质，属于中档

题.

(1)取PO的中点Q,连A。，NQ,可证四边形AMAQ是平行四边形，可得MN〃/1Q,又PA_L平面

ABCD,由线面垂直的性质可得PA1CD,CDLAQ,即可求证M/VJL平面PCD.

(2)延长QN到/?,使得NR=QN,连BR,可证四边形A8KQ是平行四边形，NPBR就是直线尸8与

平面PCD所成的角，求证RtPAB=Rt△PAD,PA_L平面ABCD,可得“84就是直线PB与平面ABCD

所成的角，即可求解.

27.答案：解：(1)如图，连接交AC于点E,由48〃CD,易知△4EB相似于△CEO.

:、—AE=—AB=—1,

ECCD4

又4P〃平面BDH,平面4PCn平面=EH,

：.APHEH,

累=黑=即，为线段PC上靠近点尸的五等分点，即PC=5PH.

HCbC4

(2)由%=券=4,Rt△AED^j^RtACED,可得4CJ.BD,

•••平面P4C1平面ABC。，且平面PACO平面4BCD=4C,•••BD1平面P4C,

NHEC为二面角H—BZ)—C的平面角，•••EH〃P4二NP4C=/"EC=%

又PA=PC,二PC1PA,PC1EH,

又易知PC1BD,PC1平面BOH,即而是平面BOH的法向量，

如图，以D4,DC为x,y轴的正方向，过点力作平面ABCO的垂线为z轴建立空间直角坐标系,

则£)(0,0,0),4(2,0,0),C(0,4,0),P(1,2,V5),.•.方=(2,0,0),CP=(1,-2,V5)，

sin3=S=-=粤,直线DA与平面BOH所成角的正弦值为名.

|D411cpi1010

解析：本题主要考查立体几何的综合应用.

(1)利用线面平行的性质定理确定点”的位置；

(2)以D4,Z)C为x,)，轴的正方向，过点。作平面A8CD的垂线为z轴建立空间直角坐标系，找坐

标,利用5比9=磊求解.

28.答案：证明：⑴•••四棱锥P-4BCD中，PB1A

平面PAC,

四边形ABC。为平行四边形，且4。=近AB=4,

/.BAD=135°,

•••AC1PB,AB2V2,BC=4,乙ABC=45°,

AC=yjAB2+BC2-2xABxBCxcosz/lBC

V8+16-2x2V2x4xcos45°=2V2>

4ACB=^ABC=45°,•••ABAC=90°,

：.AB1AC,又PBCAB=B,

：.AC1平面PAB.

解：（2）AC_L平面PA8,

N4PC是直线PC与平面PAB所成角，

••♦