高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (14)(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）（14）

一、单项选择题（本大题共9小题，共45.0分）

1.在长方体ZBCD中，DA=DC=1,DD1=2,分别在对角线&D,上取点M,N,

使得直线MN〃平面&ACG，则线段长度的最小值为（）

A,B3/D.|

2.四面体0-ABC中，BA,BC,BO两两垂直，且4B=BC=2,二面角D-4C-B的大小为60。，

则四面体。一ABC的体积是（）

A.迥B.2V3C.独D.2V6

33

3.已知a,6是异面直线，给出下列结论：

①一定存在平面a，使直线b1平面a,直线a〃平面a,

②一定存在平面a,使直线b〃平面a,直线a〃平面a；

③一定存在无数个平面a，使直线人与平面a交于一个定点，且直线a〃平面a.

则所有正确结论的序号为（）

A.①②B.②C.②③D.③

4.三棱锥P-4BC中，△ABC为等边三角形，PA=PB=PC=3,PB1PC,则三棱锥P-ABC的

外接球的表面积为（）

A.乌兀B.区叵兀C.27V37TD.27兀

22

5.如图，在四面体ABC£＞中，AB=CD=2,AC=BD=痘,AD=BC=遍,E,尸分别是4。BC中点

.若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面a去截该四面体，由此得到一个

多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（）.

A

E

BD

C

A.V6B-T-1D.：

6.如果直线/,加与平面a,6,y满足：/=/?ny,///a,m（2戊和771_1丫，那么必有（）

A.a1y且TH〃夕B.a1y且/1m

C.m〃B且11mD.a〃夕且a1y

7.若矩形ABCD的对角线交点为O',周长为44U，四个顶点都在球。的表面上，且。。，=百，则

球。的表面积的最小值为（）

A.B,C.327rD.48兀

33

8.如图，在平面四边形ABC。中，AB=AD=CD=1,BD=近,BD1CD,将其沿对角线BO

折成四面体4-BCO,使平面ABD1平面BC。，若四面体A-BCD顶点在同一球面上，则该球

的表面积为（）

D

A.更兀B.3兀C.JD.2兀

23

9.有一个长方体木块，三个侧面积分别为8,12,24,现将其削成一个正四面体模型，则该正四

面体模型棱长的最大值为（）

A.2B.2V2C.4D.4V2

二、多项选择题（本大题共1小题，共4.0分）

10.如图，在长方体2BCD—4当的劣中，441=48=4,BC=2,M,

N分别为棱Ci5,CG的中点，则下列说法正确的是（）

A.A、M、N、B四点共面

B.平面4DM_L平面CDDiG

C.直线BN与B1M所成角的为60。

D.BN〃平面AOM

三、填空题（本大题共14小题，共70.0分）

11.如图，在棱长均为2的正三棱柱48C-481C1中，点例是侧棱44的

中点，点P、Q分别是侧面BCC/i、底面A8C内的动点，且&P〃平面

BCM,PQ1平面BCM,则点Q的轨迹的长度为.

12.在三棱锥。-4BC中，CD_L底面ABC,AC1BC,AB=BD=5,BC=4,则此三棱锥的外接

球的表面积为.

13.在四棱锥P-ABC。中，底面ABCZ）是边长为2a的正方形，PD1底面ABCD,5.PD=2a,若

在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径为.

14.在正三棱柱ABC—4B1G中，AB=2V3.441=2,E,尸分别为4G的中点，平面a过

点Q,且平面a〃平面4B1C,平面an平面&BiCi=1,则异面直线EF与/所成角的余弦值为

15.我国古代数学名著微书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接

雨水,天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸.若盆中积水深九寸，则

平地降雨量是___寸.（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸

③明台="S上+S/+用工刈

16.张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之

五.已知三棱锥A-BCD的每个顶点都在球。的球面上，ABBCD,BC1CD,且

AB=CD=V3，BC=2,利用张衡的结论可得球O的体积为.

17.在棱长为1的正方体力BCD-41B1QD1中，点P是它的体对角线BD】上的动点，则

/PA/+/PC/的最小值等于.

18.在三棱锥A-BCD中，AB=CD=6,AC==AD=BC=5,则该三棱锥的外接球的表面积

为.

19.已知长方体ABCD—ABiGDi内接于球0,底面A8CD是边长为2的正方形，E为441的中点，

OA_L平面BDE,则球O的表面积为.

20.已知AABC的三边长分别为4B=5,BC=4,AC=3,M是A8边上的点，尸是平面A8C外一

点.给出下列四个命题：

①若P41平面ABC,则三棱锥P—ABC的四个面都是直角三角形；

②若PML平面A8C,且M是AB边的中点，则有P4=PB=PC；

③若PC=5,PCI平面ABC,则△PCM面积的最小值为去

④若PC=5,P在平面ABC上的射影是△ABC内切圆的圆心，则点尸到平面ABC的距离为d石.

其中正确命题的序号是.（把你认为正确命题的序号都填上）

21.已知长方体4BC0-的每个顶点都在球。的球面上.若48=4。=2,力必=4,则球

。的体积是.

22.已知四面体ABC。内接于球。，S.AB=BC=42,AC=2,若四面体ABC。的体积为雪，球心

。恰好在棱D4上，则球。的表面积是.

23.已知三棱锥0-ZBC中，04、OB、0c两两垂直，且。4=OB=0C=2,点力是回4BC的重心，

则以。力为体对角线的正方体体积为.

24.如图，在平行四边形A8CD中，AB1BD,AB=CD=五,BD=痘,沿B力把△ABD翻折起

来，且平面4B01平面BCD,此时A,B,C,。在同一球面上，则此球的表面积为.

四、解答题（本大题共6小题，共72.0分）

25.如图，在四棱锥P-4BCC中，底面ABC。是梯形,AC〃BC,48=4D=DC=\BC=2,PB1AC.

(1)证明：平面PAB_L平面ABC。；

(2)若P4=4,PB=2V3.求二面角8-PC-D的余弦值.

26.已知正方体4BCD-A/iCi5，E,F分别为AC和必。上的点，且EFJ.4C，EF

(1)求证：EF"BD\；

(2)求证：BE,。/,。?!三条直线交于一点.

27.如图，三棱柱4BC-41B1G中，侧面BCC/1是菱形，AC=BC=2,^CBBA=点A在平面

BCCiBi上的投影为棱的中点E.

A小

(I)求证：四边形4CQ41为矩形；

(口)求二面角E-BiC的平面角的余弦值.

28.如图，在四棱锥S—ABCD中，SA1平面A8CD,底面四边形A8C。是梯形，AD//BC,

SA=AB=-BC=1,BM=2MS,过A、M、。的平面交SC于N点.

(I)求证：CN=2NS；

(D)^716IBC,求三棱锥C-4MN的体积.

29.如图1,在直角梯形ABC。中，AD//BC,AB1BC,BO1CD.将△4BD沿3。折起，折起后点

A的位置为点P,得到几何体P—BCD,如图2所示，且平面PBD_L平面BCD,

(1)证明：PB_L平面PCC；

(2)若4。=2,当PC和平面所成角的正切值为企时，试判断线段8。上是否存在点E,使

二面角D-PC-E平面角的余弦值为虎？若存在，请确定其位置；若不存在，请说明理由.

7

30.如图，四边形ABC。为菱形，四边形ACFE为平行四边形，设BD与AC相交于点G,4B=BD=2,

(1)证明：平面ACFEJ■平面A3CZ)；

(2)若4E与平面ABCD所成角为60。，求二面角B-EF-。的余弦值.

【答案与解析】

1.答案：。

解析：

本题考查了线面平行的判定，考查了面面平行的判定，考查了求空间距离，属于较难的题目.

过点“作MM】14。于点Mi,过点N作NN11CD于点Ni,则M%〃NNi，连接弧吊，

利用面面平行的判定定理可得平面〃平面44CG，设。跖=DNi=x,则M/i=V2x.

222

MM】=20Ml=2x,NN]=2NrC=2-2x.在直角梯形中，MN=(V2x)+(2-4x)=

18。—》2+g,由一元二次函数的性质可得最值•

解：过点“作MM114D于点Mi，过点N作NN11CD于点N「则MMJ/NM，连接MiM，

如图所示.

vMMiU平面4ACG，u平面/。的，MM1〃平面2M

又MN〃平面41ACG，MNnMM1=M,.••平面MMiMN〃平面&ACC1.

•••平面MMiMNn平面4BC0="1M，平面4遇CCi介平面ABC。=4C,•••Mj^NJ/AC.

vDA^DC=1,M\N、〃AC,：.DM】=DN「

设DMi=DN]=x,则M/i=V2x，=2DMX=2x,NN】=2NrC=2-2x.

在直角梯形MNMMi中，MN2=(V2x)2+(2-4x)2=18(x-i)2+^,

・•・当x=泄，MN取得最小值|.

故选D.

2.答案：C

解析：

解：如图，•••四面体。一月BC中，BA,BC,BO两

两垂直，且AB=BC=2,

：.BD1平面ABC,

取AC中点E,连结BE、£>E,^ABELAC,：.DEA.AC,

•••4BED是二面角D-AC-B的平面角，

•••二面角D-AC-B的大小为60。，二乙BED=60°,

乙BDE=30°,

vBE="4+4=V2,(2BE)2=BE2+BD2,

解得BD=V61

•••四面体D-ABC的体积：

K=|xS“ABCxDB=|xix2x2xV6=^.

故选：C.

取AC中点E,连结BE、Q£,则NBED=60。，由此求出BD=逐，从而能求出四面体。一4BC的体

积.

本题考查四面体的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养.

3.答案：C

解析:

本题考查了空间中的线面平行与垂直关系的应用问题，是基础题.

①举例说明命题错误即可；

②在直线6外取点P,过点尸作a'〃a,b'//b,由a'、b'确定平面a满足条件；

③举例说明命题正确即可.

解：对于①，a、b是异面直线，\-------------彳仁

不一定存在平面a,使直线b1平面a,直线a〃平面a,/：/

如正方体ABCD-A/iCiDi中，直线与8道是异面直线，Ap-------j------------太

且不存在平面a,使直线平面a,直线BiC〃平面a,①错误；Dl..c

对于②，一定存在平面a,使直线b〃平面a,直线a〃平面a,/'/

在直线a、6外取点P,过点P作a'〃a，b'//b,」L_____________/

由a'、b'确定平面a,贝!]a〃a,b//a,②正确；

对于③，存在无数个平面a,使直线6与平面a交于一个定点，

且直线a〃平面a；

如正方体ABCD-AiBiG5中，直线441与&C是异面直线，

且&A〃CiC,BiCC£C=C,过QC且与&A平行的平面有无数个，③正确.

综上，所有正确结论的序号是②③.

故选：C.

4.答案：D

解析：解：三棱锥P-ABC中，△4BC为等边三角形，PA=PB=PC=3,PB1PC,

PA,PB,PC两两相互垂直.

设三棱锥P-ABC的外接球的半径为R.

则(2R)2=3X32,可得4R2=27.

三棱锥P-ABC的外接球的表面积=277r.

故选：D.

三棱锥P-ABC中，AABC为等边三角形，PA=PB=PC=3,PB1PC,可得PA,PB,PC两两

相互垂直.利用长方体的对角线与其外接球的直径之间的关系即可得出.

本题考查了长方体的对角线与其外接球的直径之间的关系、正三棱锥的性质，考查了推理能力与计

算能力，属于中档题.

5.答案：B

解析：

本题有两种解题思路：既可以围绕正弦定理和解三角形的方式，又可以以数量积的方式来解答.

解法1：补成长、宽、高分别为旧，鱼,1的长方体,

•••EF1a,••.截面为平行四边形MNKL,

可得KZ,+KN=V5.

设异面直线BC与AO所成的角为9,

贝ijsin。=sinzHFB=sin乙LKN,

可得sinJ=—>

5

Soa影MNAZ=NK•KLsh^NKL&乎，

当且仅当NK=KL时取等号，

故选8.

解法2：FE-AD=l(FA+FDyAD=^(BA+CA+BD+CD)-AD

1rz111*‘‘‘’一'，11，，、x1111»>,1"

;[(84-AD+CD-AD)+•AD+BD.AD)]=0,

・•・EF1AD，

同理可得E/_LBC,

设异面直线BC与AO所成的角为仇

则sin。=sinzHFB=sin乙LKN,

-.■BC-AD=(BA+ACyAD=BA-AD+AC-AD=-3+2=-l,

cos(BC.'AD)=,启篇=sm(BC,AD)=sin。=管，

即sin/LKN=粤,

同解法1可得5国形.“Nxx=NKKLsinZNKL《容，

当且仅当NK=KL时取等号,

故选&

6.答案：B

解析：

本题主要考查了空间中的位置关系判断，熟练掌握相关定理是解决本题的关键.

由面面垂直的判定定理可得aly,利用面面垂直的性质定理得mJLy,由线面垂直的性质定理得

mil.

解：由mua,以及面面垂直的判定定理可得a_Ly;

由I=0Cy可得/uY，

又m1y,

所以m1I.

故选B.

7.答案：C

解析:解:如图,设矩形的两邻边分别为a",则a+b=2710,且外接圆OO'的半径r=西亚.

生J手，所以小+八甲=20,

所以R=J（遮产+产=、3+号N小+手=我,当且仅当a=b=历时，等号成立.

所以球O的表面积的最小值为4兀/?2=32兀,

故选：C.

首先利用矩形求出外接圆的小圆半径，进一步利用基本不等式求出球的半径，进一步求出球的最小

值.

本题考查的知识要点：球的表面积公式的应用，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转

换能力及思维能力，属于基础题型.

8.答案：B

解析：

本题考查四面体的外接球的表面积的求法，找出外接球的球心，是解题的关键，考查计算能力，空

间想象能力，属于中档题.

由题意，BC的中点就是球心，求出球的半径，即可得到球的表面积.

解：平面4'BD1平面BCD,平面A'BOC平面SCO=B。，BD1CD,CD在平面8CZ）内，

所以CD_L平面4BD,因为4B在平面4BD内，

所以CD14B,

因为AB=AD=1,BD=V2,则易知4'B_L4'D,

又A。、CD为平面AOC内两条相交直线，

所以A'B平面4DC,A'C在平面4DC内，

所以4BJLA'C,

由题意四面体4-BCD顶点在同一个球面上，△BCD^A4BC都是直角三角形，

所以BC的中点就是外接球球心，BC=遍,球的半径为更，

2

所以球的表面积为:47r.（当）2=3m

故选：B.

9.答案：B

解析：

本题考查长方体、正方体以及正四面体的几何特征，首先求出长方体的长宽高，再结合几何体的特

征即可求解.

解：设长宽高分别是a，b,c,

ab=24

贝Uac=12,解得Q=6,b=4,c=2,

be=8

首先将长方体削成棱长为2的正方体，可得正四面体的最大值棱长，

即棱长为边长为2的正方体的面对角线，

此时棱长为2vL

故选B.

10.答案：BC

解析：

本题考查线面平行的判定、面面垂直的判定和异面直线所成角，属于中档题；

根据线面平行的判定、面面垂直的判定和异面直线所成角逐项判断即可；

解：对于4由图显然AM、BN是异面直线，故A、N、B四点不共面，故A错误;

对于B,由题意4。，平面CDDiG，故平面ADM1平面CDDiG，故B正确；

对于C,取CQ的中点O,连接B。、ON,可知三角形8ON为等边三角形，故C正确;

对于£>,BN〃平面显然BN与平面ADM不平行，故O错误；

故选BC;

11.答案：:

解析：

本题考查的知识点是平面与平面之间的位置关系，棱柱的几何特征，动点的轨迹，难度中档.

根据已知可得点。的轨迹是过AMBC的重心，且与BC平行的线段，进而根据正三棱柱ABC-&B1G

中棱长均为2,可得答案.

解：•••点P是侧面BCC/i内的动点，且&P〃平面8cM,

则P点的轨迹是过4点与平面MBC平行的平面与侧面BCG/的交线，

则P点的轨迹是连接侧棱BN】，CCi中点的线段I,

•••Q是底面ABC内的动点，且PQ，平面BCM,

则点。的轨迹是过/与平面MBC垂直的平面与平面MBC的相交线段加，

故线段相过AMBC的重心，且与BC平行,

由正三棱柱ABC-&B1C1中棱长均为2,

故线段m的长为:|x2=],

故答案为[

12.答案：347r

解析：解：如图，••・CO_L底面A8C,

•••CDX.CB,CD1CA,

又AC1CB,AB=BD=5,BC=4,

•••DC=3,AC=3,

由三线垂直可知，三棱锥可看作长方体一角,

其外接球直径为长方体体对角线长，

即2R=,9+9+16=V34.

34

・•・S球=4兀X了=34兀，

故答案为:347r.

利用线面垂直及已知条件易得三线垂直，进而联想长方体，利用外接球直径为长方体体对角线长容

易得解.

此题考查了线面垂直，三棱锥外接球等，难度不大.

13.答案：（2—

解析：

本题考查了多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征、球的表面积和体积和球的截面性质，由侧视

图，根据等面积法即可得出结果.

解：当球内切于四棱锥，即与四棱锥各面均相切时球的半径最大.

作出其侧视图如图：

由等面积得[X2ax2a=3(2a+2a+2>/2a)r,

易知球的半径r=(2-V2)a.

故答案为(2—V2)a.

14.答案：?

解析：

本题考查异面直线所成角的求法，是中档题.

利用面面平行的性质得到1〃4出，取4出，BC的中点分别为H,G,连接EH,EG,GH,GF,则

GF//A\B[,所以GF〃1,所以异面直线EF与/所成的角为NGFE或其补角，求解即可.

解：因为平面a〃平面&B1C,

平面an平面ZiBiG=I,平面n平面=AXBX,

所以，〃&B1，取4祖,&G的中点分别为，，G,

连接E”，EG,GH,GF,ACr,如图所示，贝怙尸〃4/1，

所以GF〃1,所以异面直线EF与/所成的角为ZGFE或其补角，

又因为AB=2b，AAr=2,所以4cl=4,EH=1,HF=GF=痘,

GFV3—

所以EG=EF=2,所以cos/GFE=工=五=隹.

EF24

故答案为立.

4

A

15.答案：3

解析:

本题主要考查空间线面关系、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，

以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，是基础题.由题意得到盆中水面的半径，利用

圆台的体积公式求出水的体积，用水的体积除以盆的上地面面积即可得到答案.

解：如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，

下底面半径为6寸，高为18寸.

因为积水深9寸，所以水面半径为:X(14+6)=10寸.

则盆中水的体积为37rx9(62+102+6X10)=5887r(立方寸).

所以则平地降雨量等于笔=3(寸).

7rxi4?'」

故答案为3.

16.答案：y

解析:

本题主要考查的是球的体积计算.

利用勾股定理求出B。，进而求出球的直径，再利用张衡的结论求出兀，最后利用球的体积公式进行

求解即可.

解：依题意作图如下：

•••BC1CD,AB=CD=V3.BC=2,

BD=J22+(V3)2=V7>

则AC=J(遮)2+(b)2=Vio>

AC=J(V3)2+22=V7,

AC2+CD2=AD2,

.-.AC1CD,

•••AB_L底面BCD,AB1BD,

•••球O的球心为侧棱AD的中点，从而球。的直径为J(V7)2+(V3)2=V10-

利用张衡的结论可得

则7T=V10，

、3

工十八+1(V传、1AT?Jll

球。的体芯、为~77XI———|,</1()X-二.

故答案为季

17.答案：巫

3

解析:

本题主要考查了直线和平面间的位置关系，属于中档题.

把平面BCD1与平面ABD1沿着BA展平到一个平面上，连接AC与BA的交点就是要求的点尸的位置，

从而求得|AP|+|PC|的最小值.

解：将平面BCD1与平面4BQ沿着BO】展平到一个平面，然后连接AC与的交点就是要求的点P

的位置.

此时|AP|+|PC|的最小值就是展开后的线段AC的长度，

AB=BC=1,CDi=ADr=V2,BDr=遍，

则为4c=2x喀=延.

V33

故答案为卅.

3

18.答案：437r

解析：

本题考查球的表面积，棱锥的结构特征，属于中档题.

将此三棱锥放入一个面对角线长度分别为5,5,6的长方体中，长方体的外接球为该三棱锥的外接

球.

解：三棱锥A-BCO中，AB=CD=6,AC=BD=AD=BC=5,

将此三棱锥放入一个面对角线长度分别为5,5,6的长方体中，

长方体的外接球为该三棱锥的外接球，

则长方体的体对角线的长度为该三棱锥的外接球的直径，

(x2+y2=25

设长方的棱长为x,y,z,则有卜2+Z?=25，解得/+y2+z?=43,

(z2+y2=36

即球的半径R=豆，

2

则该三棱锥的外接球的表面积S=4TTX(孕)=13-.

故答窠为437r.

19.答案：167r

解析:

本题考查的知识点是球的表面积，其中根据已知求出半径是解答的关键.

取票可解得球的半径，可得结果.

以4为坐标原点建立空间坐标系，根据

解：•••长方体ABCD-4B1GD1内接于球。，底面4BCO是边长为2的正方形,

设/Mi=2a,E为44］的中点，

则4(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),E(0,0,a),C1(2,2,2a),0(1,1,a),

则前=(-2,2,0),BE=(-2,0,a),AO=(1,1,a)，

若04_L平面BDE,

则便，西即他.巫

(041BE(。4­BE

即小一2=0,解得a=V2»

二球。的半径R满足：2R=J22+22+(2V2)2=4

故球O的表面积S=4TTR2=16兀，

故答案为167T.

20.答案：①②④

解析：

运用三棱锥的棱长的关系，求解线段，面积，体积，把三棱锥镶嵌在长方体中，求解外接圆的半径,

运用的思想方法比较灵活，数学几何知识多.

本题考查了空间直线，几何体的性质，位置关系，求解面积，夹角问题，属于难题.

解析:

解：对于①，因为H4_L平面A8C,所以P4J.4C,PA1AB,P4_LBC.因为AC?+=432,所

以BC14C,所以BC_L平面PAC,所以BCJ.PC,故四个面都是直角三角形.

2222222

对于②，连接CM,当PM1平面ABC时,PA2=PM2+MA,PB=PM+MB,PC=PM+MC.

因为“是48的中点，所以BM=4M=CM,故P4=PB=PC.

对于③，当PC_L平面ABC时，SAPCM=^PC-CM=|x5xCM.

当CM14B时，CM取得最小值，长度为蔡，所以SAPCM的最小值是?X5X£=6.

对于④，设△力BC的内切圆的圆心为。，则PO_L平面ABC,连接0C,则有P02+。。2=pc?.

~x3x4—

又因为△ABC的内切圆的半径为r=1——=1,所以。(？=V2,P02=PC2-OC2=25-2=23,

1x(3+4+5)

故p。=V23.

综上所述，正确的命题有①②④.

答案：①②④.

21.答案：8、布丁

解析：

本题主要考查了长方体外接球体积的计算，属于基础题.

由已知条件设长方体的外接球的半径为R即可得(2/?尸=22+22+42=24再解出R,再根据球的体

积公式计算即可得解.

解：在长方体48。£＞一4$1前。1中，AB=AD=2,AAT=4,设长方体的外接球的半径为R,则

(2R)2=22+22+42=24,

解得R=V6，

则球O的体积为V=2?rR3=.

故答案为•

22.答案：167r

解析：

本题考查球的表面积的求法，考查四面体、球等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，数

形结合思想，是中档题.

确定△ABC外接圆直径为AC,由四面体ABC。中球心。恰好在侧棱QA上，IZ=!xS“BCX/I=|X

lx/i=当，可得。到面ABC的距离为2百，

即可得球半径R=^AD=1J(2>/3)2+22=4X1=2即可•

解：如下图所示，

在三角形ABC中，

^^JAB2+BC2=AC2,

所以△ABC为直角三角形，

所以三角形ABC的外接圆的圆心为4c的中点01，连。。「

根据垂径定理，可得平面ABC,

球心。恰好在棱D4上，则。为D4的中点，

因为01为AD,4c的中点，

00J/DC,

可知平面A8C,

所以DC为四面体A8CO的高.

所以应xa=地，解得DC=2技

323

所以40=J(2V3)2+22=4-

所以四面体ABCD的外接球的半径为2,

表面积为47/?2=4TTx22=167r.

23.答案:.

解析:

本题考查多面体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题，由题意画出图形，利用等

积法求出。£>,进一步求出以。。为对角线的正方体的棱长，则答案可求.

解：如图，

将三棱锥。-ABC补形为正方体0M,过。分别作正方体前侧面、上底面、作侧面的平行面,

交正方体可得以。。为对角线的正方体，设其棱长为。，

则。。2=3a2,

又由等体积法可得：|X|X2X2X2=|X|X2A/2XV6XOZ),

则0。=5

则以。。为体对角线的正方体体积为(|)3=卷.

故答案为畀

24.答案：7n

解析：解：如图，在平行四边形ABCO中，AB1BDCD1DB,

•••平面4BD平面BCDnAB_L平面BCD,CD1平面ABD,

:•△ABC,△40C都是直角三角形，

取4c中点为O，则有。4=0C=OB=0D,

点4,B,C,。所在球的球心，

球半径为R,2R=42+2+3=V7.

此球的表面积为S=4nR2=77r

故答案为：77r.

易得△ABC,△4DC都是直角三角形，取AC中点为0,则有04=0C=OB=0D,。点A,B,C,

。所在球的球心，球半径为R,2R=J2+2+3=夕.即可求解.

本题考查球的表面积与体积，考查了空间想象能力和思维能力，是中档题.

25.答案：解：（1）证明：过点A作BC的垂线交BC于点G,

因为皿/BC,AB=AD=DC=^BC=2,

所以BG=1,则4BAG=30。，/.ABG=60°,

•••四边形ABCD为等腰梯形，且D4=DC,

易知乙4c8=乙4co=30°,

所以NB4c=90。,ABLAC,

因为PBJLAC,PBCAB=B,PB,u平面PAB,

所以AC1平面PAB,

因为4cu平面ABCD,

所以平面P4B_L平面ABCD；

(2)因为P4=4,PB=2V3，AB=2,

则PA?=PB2+AB?,所以PBJ.B4

由(1)知平面R4BJ•平面ABC£),平面PABD平面4BC0=PBu平面「48,

PB1平面ABCD,

乂PBu平面PBC,

二平面PBCJ•平面ABCD,

过点。作OE1BC于E,

又平面PBCn平面ABC。=BC,DEu平面ABCD,

则DE，平面PBC,

过E作EF1PC交PC于F,连接DF,

vDE1平面PBC,PCu平面PBC,

DELPC,

又EFlPC,DEQEF=E,DE,EFu平面QEF,

故PC_L平面DEF,

有DFu平面。E兄则DF_LPC,

则NDFE为所求二面角的平面角，

在梯形ABCD中，求得0E=V3.

在RtAPBC中，求得所=今

在RtADEF中，求得DF=平，

V7

逅r

在Rt△DE尸中，求得cos^DFE=丝=真=',

DF2V64

故二面角B-PC-。的余弦值为它.

4

解析：本题考查了面面垂直的判定，二面角的求法，考查了空间想象能力，属于中档题.

(1)先根据几何关系证明ZB4C=90。，即AB1AC,然后结合PB±AC,证明AC_L平面PAB,即可证

明平面P4B，平面ABCD；

(2)先证明平面PBC_L平面ABC3,然后过点。作DE18c于E,证明。E1•平面PBC,再过E作EF1PC

交BC于F,进而得到NDFE为所求二面角的平面角，然后解三角形即可求解.

26.答案：证明：(1)连结ZB1和BiC,

在正方体4BC0-418忑1。1中，

AMIB]C♦・•EFl.AxD,

:.EF±B1C.

XvEFLAC,ACDB1C=C,

EF_L平面ABC

又在正方体ABC。-4/162中，

,BqnDC=a，

B]CJ•平面BC15，又BD1U平面BC15，

・•.B]C1BDlf

同理可证，BiAIBDi，B遇nBiC=8「

•••BDj1平面ABiC,

故EF"BD[.

(2)显然，EF小于BOM或者5尸和BE不平行)，

由(l)EF〃8£»i知，直线QF和BE必相交，

不妨设BED。/=G,

则G€平面44山1。，G€平面ABCD,

又,•・平面44也0n平面ABC。=AD,

・••GCAD,故BE、DRD4三条直线交于一点.

解析：本题主要考查了线面垂直的判定定理，三线交于一点，属于基础题.

(1)先证明EF1平面力&C,BDil平面4当。，椒EF“BD、;

（2）显然，E尸小于BDi（或者DiF和BE不平行），

由（l）EF〃BDi知，直线D/和3E必相交，

证明平面44也。n平面ABC。=AD,

故GeAD,故BE、。1尸、D4三条直线交于一点.

27.答案：解：（I）证明：因为A在平面BCG当上的投影为棱BBi的中点E,

所以AE，平面BBiQC,

又BB、u平面BBi/C,

所以AE1BB],

又因为BE=：BBi=1,BC=2,乙EBC:,

2«5

所以在三角形BCE中由余弦定理得：

CE=yjBC2+BE2-2BC-BEcos^EBC

=J4+1-2x2xlxg=V3>

因此BE?+CE?=BC2,所以CEJ.BB],

又AEnCE=E,AE,CEu平面AEC,

因此BBi工平面AEC,

又ACu平面AEC,

所以BBJAC,从而4414C,

又由题意知四边形4CC14为平行四边形，

故四边形4CG4为矩形：

（口）如图，以E为原点，EC,EBi，E4所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系,

所以4(0,0,1),4(0,2,1),当(0,1,0),C(V3,0,0).

西=(-V3,1,0),瓦瓦=(0,1,1)

易知平面E&C的法向量$=(0,0,1),

设平面4BlC的法向量元=(x,y,z),

由TZL西，可得(%y,z)•(-V3,1,0)=0.即丫=V3x.

由H_L万H，可得(x,y,z)•(0,1,1)=0,即y+z=0,

令x=l,得y=百，z=-V3，

即平面2出。的一个法向量为元=(1,百,_百)，

rrpi；-—»—♦、mn—V3V21

所以cos(m,n)=-=—=

所以二面角E-81c-&的平面角的余弦值是一回.

解析：本题考查了线面垂直的判定及其性质的运用，运用空间向量求二面角的方法，考查了运算求

解能力，属于中档题.

(I)先根据题意得到4E_L平面BBiGC,即可得到4E1BB],然后结合余弦定理求出CE=遮，即可

得到CElBBi，进而证明BBi_L平面AEC,得到BaIAC,从而A&J.AC,即可得证；

(H)以E为原点，EC,EB「EA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求出相应

点的坐标，进而求出平面EBiC与平面的法向量，运用向量夹角公式计算即可求解.

28.答案：解：(1)因为AD〃BC,ADC面SBC,BCu面SBC,所以4D〃面SBC,

又因为面4DNMC面SBC=MN,所以AD"MN“AB,因为BM=2MS,

所以CN=2NS；

(2)由(1)知，ASMNmASBC,因为BM=2MS,BC=3,所以MN=1,

因为4SAI5?®ABCD,所以BC1S4SAdAB=A,

所以BC1面SAB,BC1.SB,SB2=SA2-+AB2=2,

所以BM=苧，sACMN=|M/VxFM=|xlx^=y,

取SB的中点G,因为$4=48,所以AG1SB,又因为BC1面SAB,

所以BC1AG,BCCSB=B,所以4G_1面SBC,

AG就是点A到面SB。的距离为丘，

2

所以1…，=V,=’S4CMNX4G='XLXL='，

C-AMNA-CMN33329

解析：本题考查线面平行的判定和性质，棱锥体积的求法，属于中档题.

(1)先证出面SBC,再由线面平行的性质定理得到4D〃MN〃/IB,即可得解，

(2)先求得s4cMN=|MWxBM=|xlx^=y,在求人到面SBC的距离即可求解,

29.答案：解：(1)证明：•••平面PBD_L平面BC。，平面PBDn平面BCD=BD,

又BD1.DC,DC1平面尸80,

vPBu平面PBD,DC1PB,

又•••折叠前后均有PD_LPB,DCCPD=D,

PB_L平面POC.

(2)由(1)知DC，平面PBD,即NCPD为线面角，

所以tan/CPD=*=应，解得CD=2&,

ARAD

又MABDMDCB,；.*=「,

CDDB

令48=。即表=高，解得a=2,即AB=2,

2

如图所示，以点。为坐标原点，而为X轴正方向，反为y轴正方向,

过点。垂直平面8CZ)为Z轴正方向，建立空间直角坐标系，

所以。(0,0,0),P(V2,0,V2),C(0,2V2,0);

设E(t,O,0),(0<t<2V2)

则定=(-V2,2V2,-V2)»DP=(V2,0,V2)，CE=(t,-2V2,0),

设平面PCD的法向量为记=(x“i，zi),则［T,至二0,

(m•DP=0

即［箸"\&乃一岳「0,解得记=(i,o,_1),

(V2%!+y［2z1=0

设平面PCE的法向量为五=(x2,y2,z2),则曰.邑=0,

(n-CE=0

(—V2X+2V2y—V2Z=0切,口一「r-

N即N<2L22解得元=(2a,t,2t—2鱼)，

(tx2-2yf2y2=01)

一一m-n2V2-2t+2V2V42

cos{m,n)-Luf=----------,=

m71V2X^8+t2+(2t-2V2)2

整理得2t2+V^t-2=0,解得t=¥，t=-V^(不合题意，舍去)

即E为8。的四等分点，且。E=；DB.

4

解析：本题以