高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (九)(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）（9）

一、单项选择题（本大题共6小题，共30.0分）

1.在四面体S-ABC中，SA=BC,AB=AC=SB=SC=2,则此四面体体积的最大值为

A.1B.2C.照D.”

32727

2.已知点A,直线/,平面a,以下命题表达正确，且是真命题的个数（）

①4Cla=>Aia（2）AGI,I&a=>A&a

③AgI,，<ta=>4Ea④ZeI,4£a=，<ta

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

3.如图所示，在△ABC中，AB=BC=2,4WC=120。,若平面ABC外的点P和

线段AC上的点。，满足PC=£M,PB=BA,则四面体PBC£>的体积的最大值为

4.已知正三棱锥的高为6,内切球（与四个面都相切）表面积为16兀，则其底面边长为（）

A.12B.18C.6V3D.473

5.圆锥的母线长为2,其侧面展开图的中心角为。弧度，过圆锥顶点的截面中，面积的最大值为2,

则。的取值范围是

A.[V2TT,2TT）B.\n,yf2n}

C.{V27T}D.[y,7T）

6.要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20,要使其体积最大，则其高为（）

A.这B.100C.20D.v

33

二、多项选择题（本大题共1小题，共4.0分）

7.如图，G,H,M,N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH,是异面直线的图

形的序号为（）

三、填空题（本大题共12小题，共60.0分）

8.在长方体中力BCD-AiBiGDi，AB=AD=y[3,AA1=1，面对角线4B上存在一点P,使得4P+

5P取得最小值，则此最小值为.

9.棱长为2的正方体的顶点在同一个球上，则该球的表面积为.

10.正方体ABCD-4/iGDi中，E是棱CG的中点，F是侧面BCC/1内的

动点，且.“F〃平面QAE,若正方体ABCD-AiBiGA的棱长是2,

则F的轨迹被正方形BC&B1截得的线段长是.

A

11.在三棱锥S-ABC中，AB1AC,AB=AC=SA,SA_L平面ABC,。为8c中点，则异面直线

AB与SD所成角的正弦值为.

12.已知点P,A,B,C均在表面积为817r的球面上，其中PAJL平面ABC,zBAC=30°,AC=V3AB.

则三棱锥P-ABC的体积的最大值为.

设正方体ABCD-41B1C1D1的棱长为2,动点E,尸在棱儿当上，动点尸、。分别在棱40、CD

上，若EF=1,AAE=x,DQ=y,DP=z,（x,y,z>0）,则下列结论中正确的是.

①EF〃平面DPQ；

②三菱锥P-EFQ的体积与y的变化有关，与x、z的变化无关；

③异面直线EQ和2劣所成角的大小与x、y、z的变化无关.

13.斜线OA与平面a成15。角，斜足为。，4为4在a内的射影，B为OA的中点，/是a内过点。的

动直线.若/上存在点匕，P2使乙APiB=乙也=30°,则鬻的最大值是,此时二面

角4-P1P?的平面角的正弦值是•已知正方体力BCD-48传1。1的棱长为2,M为

CG的中点，若AM1平面a,且86平面a,则平面a截正方体所得截面的周长为.在

正方体ABCD-4B1GD1中，E为棱CD上一点，且CE=2DE,F为棱A4的中点，且平面BEF与

DDi交于点G,则BiG与平面ABCD所成角的正切值为.已知

正四棱锥的底面边长为4c〃z,侧面积为24cm2,则该四棱锥的体积是

cm3.如图，在棱长为3的正方体ABC。一48道1。1中，点尸

是平面4/G内一个动点，且满足|DP|+IPBJ=2+g，则直线

BiP与直线ZD1所成角的余弦值的取值范围为.

14.如图所示，某几何体由底面半径和高均为1的圆柱与半径为1的半

球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体

的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为

四、解答题(本大题共U小题，共132.0分)

15.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为正方形，△PAD为等边三角形，平面PAO,平面PCD

(1)证明：平面平面ABCQ；

(2)若4B=2,。为线段的中点，求三棱锥Q-PC。的体积.

16.如图，已知正三棱柱ABC—A/iG的每一条棱长均为2,例为棱A1Q上的动点

(1)当M在何处时，BG〃平面MBiA,并证明你的结论；

(2)若直线4例与平面44BB1所成的角为30°,求三棱锥&一〃44的体积。

17.如图，已知三棱锥。一ABC,DC=DA=AB=2BC,ACLBC,平面ABDL平面CBD，M是

BO中点.

D

(1)证明：BC工平面MAC;

(2)求直线BO与平面ABC所成的角的正弦值.

18.如图所示，四边形EFG/7为四面体A8CQ的一个截面，若四边形

EFG”为平行四边形.

(1)求证：AB〃平面EFG”；

(2)若4B=4,CD=6,求四边形EFGH周长的取值范围.

19.如图，菱形4BCC中，/.ABC=60°,E为C£)中点，将△力DE沿AE折起使得平面2DEJ■平面

ABCE,BE与4c相交于点O,〃是棱OE上的一点且满足CH=2HE.

(1)求证：0H〃平面BCD：

(2)求二面角4-BC-。的余弦值.

20.如图，在四棱锥P—ABCD中，四边形48C。是边长为2的正方形，PA=PD=6,E为P4

的中点，点尸在PQ上，EF_L平面PC。，M在QC的延长线上，且=

A

//二•・：》D

点:二二

(1)证明：EF〃平面尸8M.

(2)过点C作8。的平行线,与直线AB相交于点G,当点。在线段CG上运动时,二面角E-DQ-

A能否等于60。？请说明理由.

21.如图所示的几何体中，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，N4DC==》F为PA的中点,

PD=V2,AB=AD=^CD=1,四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点M

(1)求证：AC〃平面DEF；

(2)求二面角A-PB-C的正弦值;

(3)在线段EF上是否存在一点。，使得BQ与平面BCP所成角的大小为弓？若存在，求出FQ的长;

若不存在，请说明理由.

22.如图，由直三棱柱ABC-AiBC和四棱锥。一BBiQC构成的几何体中，^BAC=90°,AB=

1,BC=BB、=2,DC】=DC=V5>平面CC］。1平面ACG4.

D

(I)M为三角形DCCi内(含边界)的一个动点，且4MJ.0G，求M的轨迹的长度;

(口)在线段BC上是否存在点P,使直线。P与平面8占。所成角的正弦值为丑？若存在，求案的

4DC

值；若不存在，说明理由.

23.如图，由直三棱柱ABC-和四棱锥。一BBi/C构成的几何体中，Z.BAC=90°,AB=

l.BC=BBi=2,DC!=DC=遮，平面CG。J_平面

(1)M为三角形DCG内(含边界)的一个动点，且4M1DG，求M的轨迹的长度；

(2)在线段BC上是否存在点P,使直线DP与平面所成角的正弦值为色？若存在，求整的

4oC

值；若不存在，说明理由.

24.如图甲所示，BO是梯形ABC。的高，^BAD=45°,OB=BC=1,OD=30A,将梯形ABC。沿

。8折起得到如图乙所示的四棱锥P-OBCD,使得PC=V3.

图甲

图乙

⑴在棱叩上是否存在一点凡使得CF〃平面P08?若存在，请求出PF的值：若不存在，请

说明理由；

(2)点E是线段A3上一动点，当直线CE与。尸所成的角最小时，求平面E8C与平面EC£＞的夹

角的余弦值.

25.如图，在三棱柱4BC-41B1G中，BBi_L平面ABC,ABAC-，AC=AB=AAr,E是BC

的中点.

(1)求证：4EJL&C；

(2)求异面直线AE与41c所成的角的大小;

(3)若G为GC中点，求二面角C-4G-E的正切值.

【答案与解析】

1.答案：。

解析：

本题借助于求四面体的体积考查空间中的垂直关系，其关键是将四面体拆分成两个四面体，把整个

四面体的体积表示出来后求最大值,画出图形，知S41面BCD,然后通过%_48C=^A-BCD+%-BCD求

出整个四面体体积，然后通过函数求导求出体积最大值.

解：如图，

44

四面体S-BCD中，取SA中点D,连接BD,CD,VAABS,&ACS为等腰三角形，二BD1SA.CD1S4,

SAJL面BCD,则%-4BC=^A-BCD+Vs.BCD，设S力=BC=2,x9则=CD=V4—,可得S4BCO=

x<4-2x2.则%-48C=%-BCD+%_BCD=g,2尤•x，4-2"=|%2,4-2/（0<X<令

/（x）=|x2V4-2x2,则尸（久）=黯鬻，则f（x）在（0,卓）上单调递增，在（管,夜）上单调递减,

故/（乃在尤=竽上取得极大值，即X=¥，四面体体积取得最大值。最大值为%TBC=

|/V=即=|x（竽）晨［4_2>（甯2=臂，故选D

2.答案：。

解析：

本题考查点线面间的关系，属于基础题目.

解：①46，，/<ta=>A£a,故正确.

@Ael,Iea=>A&a,故正确.

③力仁心Ia=>Aa故正确.

④A6，，Aa=>Ia,故正确.

故选。.

3.答案：B

解析：

本题考查体积最大值的计算，考查学生转化问题的能力，属于难题.

由题意，AABDmAPBD,可以理解为APB。是由△ABD绕着8。旋转得到的，对于每段固定的AO,

底面积BCD为定值，要使得体积最大，APB。必定垂直于平面ABC,此时高最大，体积也最大.

解：由题意可知，三△PBD,可以看成是AABD绕8。轴旋转形成的.

点D在边AC上每选定一个位置，则底面△BC。的面积就为定值,此时，当平面PBD垂直于底面BCD

时，四面体P3C。的体积就取最大值.

此时过点P作8。的垂线，则该垂线即为三棱锥P-BCD的高，且高等于△ABC中8。边上的高线

AE,如图所示:

在4ABC中，AB=BC=2,/.ABC=120°,则4c=2我.

设A£)=x(0<x<2®则S®BCD=匏。♦C£>sin30°=1x2(2>/3-x)x1=V3-f.

在44BC中，由余弦定理,可得BD=V22+%2-2x2xcos30~°=J(x-V3)2+1-

vS^ABD=IX2xsin300=^BD-AE,

AE=「J一

J(x-V3)2+1,

••・四面体PBCD的体积V=2"coME丑陋-)向念=

(x-V3)2-3I2A?

一—6&二W)z+；设伍=J(久一百)2+1(1Wm<2)，则'=一登=一£+茄(1Sm<2).

•.•函数|/=一£+5在口,2）上单调递减,

・・・当m=l,即％=百，即点。为边AC的中点时,

^二一三+左取得最大值，最大值为％ax=—：+|=a

o57711OoZ

故选民

4.答案：A

解析：

本题考查内切球，解决本题的关键在于计算出锥体的体积与表面积，并利用等体积法构建等式求解,

考查计算能力，属于中等题.

设正三棱锥的底面边长为2m计算出该正三棱锥的体积丫以及表面积S,并计算出内球的半径r,

利用等体积法5Sr=V得到关于a的方程，求出a即可得出答案.

解：如下图所示，

设正三棱锥P—ABC内切球的半径为r,则47疗2=16zr,得丁=2.

设该正三棱锥P—ABC的底面边长为2“，则其底面积为fx(2a)2=V3a2.

该三棱锥的体积为U=|xV3a2x6=2V3a2.

过点P作PQ，平面ABC,垂足点为点Q,

则点。为△ABC的中心，

•••PQ，平面ABC,QMu平面ABC,

APQ1QM,

CA八AB2a4y/3向

易知，24<2=^7=逅=丁%则4Q=o^a，且4MAQ=30。，

T3

所以，QM="Q=会，

由勾股定理得PM=y/PQ2+QM2=

PA=PB,。为A3的中点，

•••PM1AB,

aVa8

则4PAB的面积为SAP.B=|/IB.PM=y°,

所以，正三棱锥P—ABC的表面积为S=3x翌\；'°8+V3a2=V3a(Va2+108+a),

由等体积法可得:xSr=V,即(必7n而+a)x2=2百。2,解得a=6.

因此，该正三棱锥的底面边长为12.

故选A.

5.答案：A

解析:

本题考查圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积和体积.

设轴截面的中心角为2a,底面圆的半径为r,由条件可知，

—a<E.siin=?=]=>r2\/2，利用0=邳^》>即可求出结果.

42I22/2

解：设轴截面的中心角为2a,底面圆的半径为r,

由条件可知：

所以sine-1=>r)\/2

I22

则。=~7~2-咛"\用开=>y/27TW。<2?r.

故选A.

6.答案：A

解析：

本题考查利用导数求函数的最值问题，圆锥的体积，是中档题.

设出圆锥的高x,求出底面半径，推出体积的函数表达式，利用导数求出体积取最大值时的高即可.

解：设圆锥的高为X,则底面半径为，202一万2

其体积为V=：兀%(2。2一刀2)(0<x<20),V'=：n(400—3/),

令v，=0,解得/=学，应=一竽(舍去).

当0<x<型立时，V'>0；当皿<x<20时，片<0;

33

...当》=空3时，丫取最大值.

3

故选A.

7.答案：BD

解析：

本题主要考查了空间中直线与直线之间的位置关系，属于基础题.

分别由图可判断A中GH与MN平行；图8中的G”与MN异面；图C中G”与MN相交；图。中

GH与MV异面.

解：异面直线的判定定理：“经过平面外一点与平面内一点的直线与平面内不过该点的直线是异面

直线.”

根据异面直线的判定定理可知：在图8。中，直线G4、是异面直线；

在图A中，由G、M均为棱的中点可知：GH//MN；

在图C中，rG、M均为棱的中点，

.,•四边形GMN”为梯形，则GH与MN相交.

故选：BD.

8.答案：V7

解析：

本题考查两线段长的和的最小值的求法，考查长方体的结构特征、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，属于中档题.

把对角面为BCD1绕旋转至平面使其与AAAiB在同一平面上，连接4劣并求出，就是最

小值.

解：把对角面41BCD1绕4道旋转至平面ABB1人,使其与在同一平面上，连接45，交4窗于

点P,此时4P+01P取得最小值.

在4中,AA1=1,A1D1—V3,Z.AA^Dy=Z-AAIB+90°=150°,

则AP+£>iP的最小值为A。］，12+(4『-2X1x瓜xcu«15()-•

故答案为V7.

9.答案：Y2.it

解析：解：•••棱长为2的正方体的八个顶点都在同一个球面上，

•••球半径R=越=遮，

2

・・•球的表面积S=4兀（国）2=127r.

故答案为：12兀.

由棱长为2的正方体的八个顶点都在同一个球面上，知球半径R=V5,由此能求出球的表面积.

本题考查球的表面积的求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想的合理运用.

10.答案:V2

解析:

本题给出正方体中侧面BCGB1内动点/满足&F〃平面QAE,求尸的轨迹被正方形BCC1为截得的

线段长，着重考查了正方体的性质，解题时要注意空间思维能力的培养.

设平面4/E与直线8c交于点G,连接AG、EG,则G为BC的中点.分别取名8、8道1的中点M、

N,连接&M、MN、4N,可证出平面4MN〃平面从而得到&F是平面&MN内的直线.由

此得到尸的轨迹被正方形BCG/截得的线段是线段MN.

解：设平面4D1E与直线8c交于点G,连接AG、EG,则G为8c的中点,

分别取8$、/的的中点M、N,连接为M、MN、&N,则

•:A\M“D、E,&MC平面CiAE,u平面.AE,

A4M〃平面DiAE.同理可得MN〃平面DiAE,

MN是平面&MN内的相交直线，

.♦・平面4MN〃平面A4E,

由此结合&F〃平面D/E,

••.直线力/u平面&MN,

F的轨迹被正方形BCGBi截得的线段是线段MN.

F的轨迹被正方形BCG/截得的线段长MN=V2.

故答案为：V2.

11.答案：与

解析：

本题通过建系，用向量方法求异面直线所成的角，属基础题.

本题也可用几何法，通过作出异面直线所成的角解三角形求解，难度差不多.

解：以A2为x轴，AC为y轴，AS为z轴建立直角坐标系，设48=1,则。的坐标为（|彳,0）,所

以4B=（1,0,0）,SO=（后,一表1），由设异面直线AB与S。所成角为0,则

故答案为缥

12.答案：

O

解析：

本题主要考查棱锥的外接球，棱锥的体积计算，利用导数法求最值等问题，属于较难题.

先求出球的半径，设=PA=y,由余弦定理求得BC,将三棱锥P-ABC补成一个以△4BC外

接圆面为底面，PA为高的圆柱，从而得到％2+Zl=%,再建立三棱锥P-4BC的体积关于y的函数

44

关系式，再运用导数法求最值，即可得到答案.

解：由4n/?2=81兀，可得球的半径R2=2,

4

设=PA=y(0<y<9),则4C=V5x，

由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB-ACcosAC=%2,所以BC=尤.

将三棱锥P-48c补成一个以△ABC外接圆面为底面，PA=h为高的圆柱，

则有R2=M+G)2,其中「是△ABC外接圆的半径，2r=-^—=2x,

、2,smZF/lC

即丁=%,h=PA=V,所以％2+匕=㈣.

,44

二棱锥P-j48c的体积为I，-sin30-y上力'i/

3212

=(《一%=(㈠3+81y)，

V'=泵一3y2+81),由V'>0可得0<丫<3b，由/<0可得y>3g,

所以当y=3百时，丫有最大值，=詈，

故答案为O

13.答案：①③

解析：

本题考查命题真假的判断，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.

在①中，平面。PQ外一直线EF平行于平面。P0内直线。Q,从而EF〃平面OPQ

在②中，SAEFQ=¥不变，P到平面后产。的距离为变量，从而使得三棱锥P-EFQ的体积跟着变化，

从而三棱锥P-EFQ的体积与x,y大小无关，与z大小有关；

在③中，由线面垂直的判定定理得L平面40CB1，不论E。怎样运动，总有EQ与4名成90。，

与x,y,z的变化无关.

解：在①中，平面OPQ外一直线所平行于平面。P。内直线。。，二EF〃平面OP。，

故①正确；

在②中，由点。到EF的距离等于2VL而EF=1,

故SAE”=¥不变，

而随着点尸在4力上运动，尸到平面E尸。的距离为变量,

从而使得三棱锥P-EFQ的体积跟着变化，

•••三棱锥P-EFQ的体积与x,y大小无关，与z大小有关，

故②错误：

在③中，由线面垂直的判定定理得AD】J■平面为DCB1，而直线EQ在平面内运动，

不论EQ怎样运动，总有EQ与42成90。，与x,y,z的变化无关，

故③正确.

故答案为：①③.

14.答案：2,位在

2

解析：

本题考查线面角的定义，考查二面角的定义，属于难题题.

可求乙4FB=60°,不妨设4B=1,当直线匕。2,过圆心尸时，出止2|最大，此时IP/2I=2,可求鬻

的最大值，过点4作4c1OC,求出44',和AC,可得sin乙4c4'=鬻.

解：由题意，/与OA交于O,与OA共面，A,B,Pi，P2在OA和/所构成的平面/?上，

因为N4P1B=4Ap2B=30°,所以点Pi，P2在以A2为弦长的圆产的优弧⑪上(FU0),

且N4FB=60°,不妨设48=1,当直线匕P2，过圆心F时，田旺21最大，此时上m21=2,

下面证明存在这样的直线P*2即/使得/过圆心厂成立：

为OA中点且小£48为正三角形，由几何知识可知当/过尸时，^FOA=30°,即/与。4的夹角

为30。，•••斜线04与平面a成15。角，.•"与0A的夹角取值范围为［15。,90。］,.♦.存在这样的直线/,证

毕.

\AB\=1,所以需的最大值为2,过点4作4C10C,

所以41cH为4一Pi「2-A的平面角，在△4。4'中，可求44'=底出,

因为AOB尸为等腰三角形，所以440c=30°,在RtAAOC中，可求4c=1,

所以RtZiAC'A'中，sin乙4c4=母斗=渔二色,

\AC\2

故答案为2,正迎.

2

15.答案：3V2+2V5

解析：

本题考查线面垂直判断以及截面性质，考查综合分析与求解能力，属难题.

根据线面垂直确定平面a截正方体所得截面形状，再根据截面形状求周长.

解：显然在正方体中BD_L平面ZCG4，且4Mu平面ACG4,

所以BD1AM,

取AC中点E,取AE中点O,则tan=tanN4MC,：.&。_L4M,

取&G中点%,取中点。「

过。1作PQ〃BWi，分别交「Bi，4D1于尸,Q,

又BD“B[D],所以PQ〃BD,又BD_L4M,所以PQ_L4M,

易证四边形40E01为平行四边形，

则A10//E0],又41。14M,所以E011AM,

乂PQnE0y=。1,PQ,EOi在平面BDQP内，

所以AMJL平面BDQP,四边形8OQP为等腰梯形，

周长为2鱼+V2+2XV1+22=3V2+2V5-

故答案为3鱼+2通.

16.答案：—

12

解析：

本题主要考查直线与平面所成的角，较难.先找BiG与平面ABCD所成角，即为BiG与平面48165所

成角，然后求出正切值即可.

解：设AB=6,则AF=3,DE=2.

易证BF〃GE,

则竺=—,

ABDE

BP-=—,

62

则DG=1,。母=5.

在RtABWiG中，tan/Di/G=翳=磊=当，

因为平面ABCD〃平面4B1GD],

所以BiG与平面ABCD所成角即为B]G与平面A/iGDi所成角，

所以BiG与平面ABCD所成角的正切值为普

故答案为也.

12

17.答案：鲤

3

解析：

本题考查了锥体体积的计算，几何体的体积问题要结合图象.

先算侧面三角形的高，再算正四棱锥的高，最后算四棱锥的体积.

解：如图，

正四棱锥S-4BC0的底面ABCD边长为4cm,侧面积为24cm2,

124

所以侧面斜高SE=zX*=3,

设高为SO,贝iJOE=2,SO-ylSE2-OE2=79—4=V5，

•・•该四棱锥的体积是V=9s正方形ABCD♦S。=：X16X遍=竽.

故答案为竺三.

3

18.答案：[0,|]

解析：解析：

本题主要考查的是点、直线、平面的位置关系、异面直线所成夹角，利用到了线面垂直、面面垂直

的性质，属于难题.

求得点P的轨迹是平面4BC1内以点。为圆心，半径为1的圆，可得,1£>|〃3。//3小/,进而可得

出题中所求角等于直线与直线BiP的夹角，然后过点。作。H1平面ABCC于点〃，过点”作HN1

BC于点N,连接0M找出使得NPBiM最大和最小时的位置，进而可求得所求角的余弦值的取值范

围.

解：连接&D交平面4BG于点0,延长线段CB至点M,使得CB=BM,

连接aM、0例、PM,如下图所示:

已知在正方体ZBCD-4/165中，DO】J•底面4道传1。1，&Ciu平面

・•・DD114iG，

又•••四边形&B1GD1为正方形，

*AG1B1D1,

••,DD]nB[。1=D],

>41C1JL平面BiDD],

B、Du平面Bi。/,

B*D14传1,

同理Bi。d.&B,

,*'A-[Cin4]B=4i，

•••B[D1平面4/Ci，

三棱锥B-AiBiQ的体积为/_ABIQ=：x：x33=£

S4所=¥*(3勿=挈，

yB1-A1BC1=9X岁X同。|=半四。|=£

可得|当。|=6=]图川，

.•・线段当。的长被平面4BG与平面4D1C三等分，且与两平面分别垂直,

而正方体ABCD-4当前。1的棱长为3,

0/=遮，0£>=2V3.如下图所示:

其中PO_LBi。，不妨设|OP|=x,由题意可|PB/+|PD|=2+g，

所以，Vx2+12+Vx2+3=2+V13.可得x=1.

所以，点P在平面&BCi内以点。为圆心，半径为1的圆上.

因为〃/?iA/,所以，直线BiM与直线81P的夹角即为直线与直线4名所成角.

接下来要求出线段与PM的长，然后在△aPM中利用余弦定理求解.

如图，过点。作。H1平面A8CQ于点”，过点H作HN1BC于点N,连接ON,

根据题意可知|0H|=2,=|BN|=1,且ON1MN,

所以，\ON\=V5)\0M\=V42+5=VH.

如图所示，|0Px|=\0P2\=1,当点尸在B处时，NPBi”最大，当点尸在P2处时，4PB]M最小.

BiM直线

/平面

Plop,

这两种情况下直线当P与直线B1M夹角的余弦值最大，为cos4PB1M=sinNPB1。=i；

当点P在点。处时，为直角，此时余弦值最小为0.

综上所述，直线&P与直线4名所成角的余弦值的取值范围是

19.答案：言

解析：

本题考查圆柱体积公式，考查利用导数求函数的最值，难度较大.

根据圆柱体积公式构建函数，求导数研究函数的单调性即可求得结果.

解：小圆柱的高分为上下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，

为1,下部分深入底部半球内.设小圆柱下部分的高为八(0<无<1),

底面半径为r(0<r<1).由于r,//和球的半径构成直角三角形，

即r?+九2=1,所以小圆柱体积V=7rr2(/l+1)=7T(1—九2)(九+1)(0</l<1),

求导得V=-7i(3h-1)(九+1).

当0<九<%V'>0,体积V单调递增；

当时，7<0,体积V单调减.

所以当h=乳寸，小圆柱的体积取得最大值，

即Knax=〃(l_}xG+l)=^,

故答案为三;.

20.答案：(1)证明：取PO的中点。，连接A。,

因为△PAD为等边三角形，所以401PD,

因为平面P4D_L平面PCD,又4。＜=平面94£),平面PADn平面PC。=PD,

所以力。_L平面PCD,

因为CDu平面PC。，所以4。LCD,

因为底面ABC。为正方形，所以CD14。，

因为4。n4D=A,

所以CO，平面PAD,

又因为CDu平面488,

所以平面PAD_L平面ABCD-,

(2)解：由(1)得4。1平面PCD,

所以A到平面PCD的距离d=A。=6，

因为底面ABC。为正方形，所以4B〃CC,

又因为4B仁平面PCD,CDu平面PCD,

所以4B〃平面PCD,

所以A,8两点到平面PCD的距离相等，均为d,

又Q为线段P8的中点，

所以。到平面PCD的距离八=.=今

由(1)知，CD1平面PAO,因为PDu平面PAD,

所以CD1PD,

所以VQ-PCD=；xSRPCDX，!=；X：X2X2XW4■

J/NJ

解析：本题考查面面垂直的证明，考查三棱锥体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置

关系等基础知识，考查运算求解和推理论证能力，是中档题.

(1)取尸。的中点。，连接A0,易证40_L平面PCD,可证CO_L平面PAC,由此可证得结论；

⑵由(1)得4。_L平面PC。，易证48〃平面尸8,可得。到平面PCD的距离仁;圣由⑴知,

。。上平面必。，由此可得答案.

21.答案：解(1)设M为4G的中点，连接与，立1交于O

43G中，MO为中位线，

二QI/忸G,二BqX平面池"

又•.•OMu平面，四附，

BG〃平面MB\A

(2)作MN_一彳为交于N,

,/平面一平面*1831又：Pl4必及=4物MN_平面存始用

•/NJLLV为直线AM与平面4以831所成的角

设=a,MN=^H-a，平面且V=+a】，

-a_1

3a"=<7*+4，a=y/2,MN=^2

---三棱锥SL4.A的体积包x1x2x2=^

3223

解析：本题考查几何体的体积的求法，平面与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及

计算能力.

(I)利用线面平行的判定定理进行证明：

(U)求出棱锥的高与底面面积即可求解几何体的体积.

22.答案：解.⑴由4D=AB^AM1BD,

由平面.4801平面C8C得4“1TiftlCfiD)

所以AM1BC,

又因为ACLBC,所以8CJ.平lillAZ/fC.

(2)过M作ME14C且MECMC=E,连结E8.

由BC1平面得平面A"C_L平面/8C，

所以MEL平面/8C，

故NMBE为直线BD与平面ABC所成的角.

不妨设。C=DA=AB=2BC=2.

由AC1BC得AC=V3.

由AM?+MC2=AC2,AM2+MB2=AB2,

2(MC2+MB2)=CD2+CB2^AM=|,MC=与MB=?.

所以ME=gsinN.UBE些—.

4MB1-1

故直线BD与平面ABC所成的角的正弦值是第.

14

解析：(1)由40=4B得AM1B0,

由'\-^\ABD1平面C80得/A/_L平面C8D，

所以AM1BC,

又因为4c1BC,所以8cd.平面M4c.

(2)过M作ME14C且MEfUC=E,连结EB.

由8cl平面M4C得平面_L平面，

所以ME_L平面48C，

故NMBE为直线BD与平面ABC所成的角.

不妨设DC=DA=AB=2BC=2.

求出MB=&ME=siiiZ.MBE=—>

24MB14

故直线BD与平面ABC所成的角的正弦值是辿.

14

23.答案：解：(1)证明：•.・四边形EFG，为平行四边形，•••EH〃FG；

•••EH仁平面ABD,FGu平面ABD,

EH〃平面AB。；

又EHu平面ABC,平面ABCn平面ABD=AB,

•••EH//AB-,

又：EHu平面EFGH,ABC平面EFGH,

•••AB〃平面EFGH-,

(2)设EH=x,EF=y,

•••EH//AB,EFIICD,

EHCEEFAE

f~~f

ABCACDAC

EH,EFCE,AEAC.

・••--——=——|——=—=1；

ABCDCAACAC

xv

又•・,AB=4,CD=6,«*•7+-=1,

46

•••y=6(1-｝，且o<%<4；

•••四边形EFGH的周长为

/=2(x+y)=2[x+6(1-

=12—%,

A8<12-x<12；

四边形EFG”周长的取值范围是(8,12).

解析：(1)通过证明EH〃平面AB。，得出EH〃/IB,从而证明4B〃平面EFGH；

(2)设EH=x,EF=y,由E"〃4B,EF//CD,求出x、y的关系式，再求四边形EFG”的周长/的

取值范围即可.

本题考查了空间中线面平行的判断与性质的应用问题，也考查了平行线截得线段成比例的应用问题,

是综合性题目.

24.答案：(1)证明：由题意知CE〃AB,AB=2CE,所以。E：。8=1；2.

XDW=2HE,所以OH〃BD.

又因为B。u平面BCD,OHC平面BCD,

所以。“〃平面BCD.

(2)解：因为平面ADEJL平面ABCE,平面ADEn平面力BCE=AE,

DELAE,OEu平面AQ£,

所以OEl¥ffiABCE.

又因为CEu平面ABCE,所以DE1CE.

以E为坐标原点，EC，EA，前分别为x轴，y轴，z轴，

建立如下图所示的空间直角坐标系。-xyz,

不妨设菱形ABC。的边长为4,而乙4BC=60。，E为CD中点,

所以点力(0,0,2),C(2,0,0),8(4,275,0),

因此配=(2,0,-2)，丽=(4,273,-2).

设平面BC£)的法向量为元=(x,y,z),

则归匹=。,即片二窑。?0,

尻•D8=0Mx+273y-2z=0

令z=l,得记=(1,-乎,1)是平面8c。的一个法向量.

易知平面ABC的一个法向量为沆=(0,0,1).

设二面角力-BC-。的大小为。，

则cos6-|cos<m,n>|-曾口

1_V21

飞r

故二面角力-BC-D的余弦值为名.

7

解析：本题考查了线面平行的判定，面面垂直的性质，线面垂直的性质和利用空间向量求线线、线

面和面面的夹角，属于中档题.

(1)利用OH〃BD,结合线面平行的判定得结论；

(2)利用面面垂直的性质得DE，平面再利用线面垂直的性质得DE1CE,从而建立空间直角

坐标系，利用空间向量求面面的夹角，计算得结论.

25.答案：(1)证明：记PB的中点为“，连接EH,过产作FK〃DM交PM于K,连接HK,

则EH〃/1B,且=

因为EFJ_平面PCD,所以EF1.PD.

在A/M。中，PA=PD=gAD=2,易求小尸=缶，PF=^=.

又MC=*CD,则MD=||.

因为竺=竺，所以KF=1.

PDMD

因为EH=FK,HAB//EH//CD//FK,所以四边形EFKH是平行四边形，

所以EF〃HK,又HKu平面PBM,EFC平面PBM,

所以EF//平面PBM.

(2)解：因为EF_L平面PC。，所以EF1C0,而A8CZ)是正方形，所以C0_L4D.

因为EB与显然是相交直线，所以CD_L平面PAO,

所以平面PAD1平面ABCD.

记的中点为。，贝UP。1平面A8CQ,且P0=4.

以点0为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系。-xyz,

则E(0,-32),D(O,1,0),设Q(a,3-a,0),2<a<4,

所以ED=(0,I，-2),DQ=(a,2—a,0).

设平面EDQ的一个法向量为记=(x,y,z),

则[巴沆=|y-2z=o,

DQ•沅=ax+(2—a)y=0,

令y=4,得记=(4(二2),4a).

易知平面A8CO的一个法向量为元=(0,0,1),

设二面角E-DQ-A的大小是0则c°s*=|cos(沅，元)|=]"；虫.

因为2SaS4,所以若2=4—：6[0,2],则][审产+2ge[5,回],

3L3V293,

所以9r

21

因为屈>W，所以9<60。，即二面角E-DQ-A不可能为60。.

解析：本题考查了线面平行的判定、二面角立体、利用空间向量求面面的夹角和立体几何综合题(探

索性问题、轨迹问题等)，是中档题.

(1)记PB的中点为“，连接E”，过尸作FK〃DM交于K,连接"K,证明四边形EFK”是平行

四边形，可得EF〃HK,线面平行即可得证；

(2)建立空间直角坐标系，设二面角E-DQ-A的大小是仍计算得出二面角E-0Q-4余弦值的范

围，即可得出结论.

P

26.答案：证明：⑴因为四边形PDCE为矩形，所以N为PC的中点.连接FN,

在APAC中，分别为P4PN的中点,

所以FN〃/1C,因为FNu平面DEF,AC仁平面DEF,

所以〃平面DEF.

(2)易知。4DGDP两两垂直，如图以。为原点，分别以ZM,DC,DP所在直线为x,y,z轴,

建立空间直角坐标系.

则P(0,0,72),71(1,0,0),B(l,l,0),C(0,2,0)，

所以而=(1,1,-V2),BC=(-1,1,0).

设平面PBC的法向量为沅=(尤,y,z),

则网吃=(%,y,z)-(1,1,-V2)=0

Im-BC=(x,y,z)•(—1,1,0)-0

即卜+y-V2z=0,

l一汽+y=0,

解得Iy=^令x=l,

(z=y/2x,

C：A

所以平面PBC的一个法向量为布=

设平面ABP的法向量为元=(x,y,z),

(n-AB=(x,y,z)•(0,1,0)=0

tn-PB=(x,y,z)-(l(1,-V2)=0'

x=y/2

据此可得y=0,

z=1

则平面ABP的一个法向量为元=(近,0,1),

,—>—♦V2+V2V6

cos<m,n>=,=——，

V1+1+2-V2+13

于是sin(沅用=Y-

故二面角A-PB-C的正弦值为更.

3

(3)设存在点Q满足条件,由F&0,y),E(0,2,V2),

设部=4庵(0<4<1)，整理得Q(一,2尢驾”),

则员=(—一,2/1-1,驾辿).

因为直线BQ与平面BCP所成角的大小为会

所以sin?=|cos