高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) 20(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）（20）

一、单项选择题（本大题共10小题，共50.0分）

1.已知点A,直线m平面a,以下命题表述正确的个数是（）

①4ea,aa=4Ca：②46a,aea=>4ea：

③4ga,auanACa；④Aea,auanAua.

A.0B.IC.2D.3

2.己知A,B,C是球。的球面上的三点，^AOB^AOC=60°,若三棱锥。-ABC体积的最大值

为I,则球。的表面积为（）

A.4兀B.9兀C.167rD.207r

3.点尸在正方形ABC。所在平面外，P41平面ABC。，PA^AB,则P8与4c所成的角是（）

A.60°B.90°C.45°D.30

4.如图，四棱锥S-4BC。中，SOABCD,AB//CD,AD1CD,

SD=CD,AB=AD,CD=2AD,"是3C中点，N是线段SA上的

点.设MN与平面SAC所成角为a,则sina的最大值为（）

A考

B—

•7

c-v

D岑

5.在棱长为1的正方体力BCD-&B1GD1中，E为线段BiC的中点，尸是棱G%上的动点，若点尸

为线段3D1上的动点，则PE+PF的最小值为（）

A.—B.上班C.—D.这

6222

6.在矩形ABC。中，AD=a,AB=b,b>a.将回AC。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8—4C—。的余弦值为（）

A与B.?C.叵D.空

b2bb2b

7.已知正四面体A-BCD外接球的表面积为12兀，则该正四面体的表面积为（）

A.6V3B.12V3C.4V3D.8V3

8.从M（0,2,-1）出发的光线，经平面xOy反射后到达点N（2,0,2）,则光线所行走的路程为（）

A.3B.4C.V17D.3V2

9.已知正四面体S-4BC的表面积为816，点P在回ABC内（不含边界）.若/_S4B+VP-SCA=

CA

2VP.SBC,且5_5<4,则实数，的取值范围为

A.[苧,+8）B.（苧,+8）C.[81V2,+oo）D.（81V2,+oo）

10.如图，直三棱柱ABC-4B1G中，侧棱长为4,AC=BC=2,AACB=,

90。，点。是的中点，尸是侧面44B1B（含边界）上的动点,要使

4&_1平面6。凡则线段。述的长的最大值为（）

A.V5B.2V2C.V13D.2V5

二、多项选择题（本大题共1小题，共4.0分）

11.如图，等边三角形A8C边长为3,D,E分别在边AB,AC上，且满足AO=4E=2,8c边上

的中线AF与。E相交于G,将回ADE绕。E旋转到I24ED（4'在平面8CEQ外），如图所示，则

下列命题中，正确的是（）

A.平面AF41平面AOE

B.点M在AE上，且满足4'M=：4'E,则MF〃平面A'DB

C.当二面角A-DE-C为争时，441平面ABC

D.当三棱锥A-EFD的体积有最大值时二面角A-BD-C的正弦值为学

13.将边长为2的正三角形ABC沿中线4。折成60。的二面角B—力。一C,则三棱锥A-8DC的外接

球的表面积为.

14.三棱锥A-BCD中，AB=CD=遮，AC=BD=2,AD=BC=向，则该几何体外接球的表面

积为.

15.如图（1）是数学家GerminH£>“Me〃〃用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称

为“。在威〃〃双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相

切，设图中球。1,球。2的半径分别为3和1,球心距离|01。2|=8,截面分别与球01，球。2切

于E,F（E,F是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率为

16.已知某几何体是一个平面将一正方体截去一部分后所得，该儿何体三

视图如图所示，则该几何体的体积为.

俯视图

17.已知各棱长都相等的直三棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱）所有顶点都在球。的表面

上.若球。的表面积为28兀，则该三棱柱的侧面积为.

18.设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,鱼和m且长为〃的棱与长为或的棱异面，则。的

取值范围是.

19.已知长方体的顶点都在球。的表面上，且4C=A2=2,则球。的表面积为

.若&Ci与8。所成的角为60。，则与BQ所成角的余弦值为.

20.如图，在正方体ABCD-4/百。1中，ACQBD=0,E为线段4。式含端点）上的动点，有下列

结论：①OEJ.B1。；②OE〃平面4/6；③直线OE与直线A©所成角的范围是［。用；④直

线OE与直线CQ所成角的余弦值的取值范围是［0,曰］.其中正确结论的序号是.

D.

G

四、解答题(本大题共10小题，共120.0分)

21.如图，底面ABCO是等腰梯形，AD//BC,AO=24B=2BC=4,点E为AE)的中点，以BE

为边作正方形BEFG,且平面BEFGJL平面ABCD.

(1)证明：平面4CF_L平面BEFG.

(2)求点D到平面ACF的距离.

22.如图，在直三棱锥4BC-4B1G中，NACB=90。，AC=BC=：4&=1,E分别是棱。的刀当

的中点.

(1)证明：ArE1AD；

(2)求点A到平面4/1。的距离.

23.如图，直三棱柱ABC—AB'C'中，4C=BC=5,44'=AB=6,D、E分别为AB和B8'上的点,

且丝=生

DBEBi

B

(1)求证:当八=1时,A!B1CEx

(2)当;I为何值时，三棱锥4—CDE的体积最小，并求出最小体积.

24.如图,正方体ABCD-AB'C'D'的棱长为”,连接AC,A'D,A'B,BD,BC',C'D得到一个三棱

锥4-BC'D.

(1)求三棱锥A-BC'D的表面积;

(2)0是CC”的中点，求异面直线8。与B'。所成角的余弦值

25.在如图所示的多面体ABCDEF中，A8CZ)为直角梯形，AB//CD,/.DAB=90。，四边形AZ)EF

为等腰梯形，EF//AD,已知4E_LEC,AB=AF=EF=2,AD=CD=4.

(I)求证:CZ)_L平面ADEF；

(□)求多面体ABCDEF的体积.

26.如图，在四棱锥P—ABC。中，AD//BC,^ADC=^.PAB=90。，BC=CD\AD,E为梭AD

的中点，异面直线PA与CO所成的角为90。.

(/)在平面PA8内找一点M,使得直线CM〃平面PBE,并说明理由;

(〃)若二面角P-CD-4的大小为45。，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.

27.已知四棱锥P-4BCD,底面A8CQ是〃=60。、边长为”的菱形，又P0，平面A8CQ,且PD=CD,

点M、N分别是棱A。、PC的中点.

(1)证明：DN〃平面PMB;

(2)证明：MB1■平面PAD;

(3)求点A到平面PMB的距离.

28.如图，四棱锥S-4BC。的底面是由等边三角形8CD与等腰三角形48。拼接而成的，其中4480=

AADB=30°,SB=SD=AB.

(1)在线段SC上找出一点E,使得BE〃平面S4D,并给出证明；

(2)若△BCD的面积为9b，54=遍，求四棱锥S—4BCD的体积.

29.如图，已知AE_L平面CDE,四边形ABCZ)为正方形，M,N分别是线段BE,OE的中点.

(1)求证：MN〃平面ZBCD;

(2)若柒=；,求EC与平面AOE所成角的正弦值.

cCN

30.如图，四棱锥S-ABC。的底面是由等边三角形BCD与等腰三角形A3。拼接而成的，其中

Z.ABD=Z.ADB=30°,SB=SD=AB.

(1)在线段SC上找出一点E,使得BE〃平面SA。，并给出证明;

(2)若团BCD的面积为9/，SA=瓜,求四棱锥S-ABCC的体积.

【答案与解析】

1.答案：A

解析：

本题考查的知识点是元素与集合关系的表示，集合间包含关系的表示，及空间点线面之间的关系,

其中用恰当的符号表示元素与集合间、集合与集合间的关系是解答本题的关键.

由线面的关系，我们易得直线。，平面a也可能相交于A点，由此可判断①的真假；根据集合与集合

关系的描述方法，易判断②的真假；讨论点A,直线“，平面a之间的关系可判断③的真假；根据元

素与集合关系的描述方法可判断④的真假.

解：①不正确，如ana=4；

②不正确，・••“aea”表述错误；

③不正确，如图所示，Aa,aua,但46a；

④不正确，“4ua”表述错误.

2.答案：C

解析：

本题考查三棱锥的体积的最值问题以及其外接球的表面积，属于中档题.

确定当平面AOC与面A08垂直时，三棱锥。-4BC的体积最大是解题关键，再结合三棱锥的体积公

式求出球的半径，则球的表面积可求.

解：如图,

设球。的半径为/?,•；N40B=60°,SMOB=*2,

'''^Q-ABC=%-HOB，而44。8面积为定值,

.•・当点C到平面AOB的距离最大时，％YBC最大，

当平面AOC与面A08垂直时，体积LO-ABC最大，

Z.AOC=60°,OA=OC=R,

.•.△40C为等边三角形，

此时三棱锥C-AOB的高为3R,

2

三棱锥0-ABC体积最大值为工x且R2x£R=1,

342

・•・R=2,

.•.球。的表面积为4兀7?2=4nx22=16/r,

故选C

3.答案：A

解析：试题分析：作出空间几何体如下图所示：设正方形的边长为2,

所以PB与AC所成的角就是NFE4,由题意可知：EF=AE=AF=V2,

所以ZFE4=60°.

4.答案：A

解析:

本题考查了线面角求解，属于中档题.

解法1：(1)以。为坐标原点，射线D4为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系。-xyz,

利用向量法求解sina=I磊卜质We•借助二次函数性质求最值;

解法2：设AQ的中点为E,连接ME,NE,根据题意可知MN=点NE2+9,sina=黑=焉云.根

据NE的最小值为E到AS距离，从而求解.

解：解法1：(1)以。为坐标原点，射线为x轴的正半轴，射线。C为y轴的正半轴，射线。S为

z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,

设ZM=2.则。(0,0,0),5(0,0,4),4(2,0,0),8(2,2,0),C(0,4,0),M(l,3,0),

所以正=(2,0,-4).设询=A^4(0<A<1).

则N(22,0,4—42)，MN=(2A-1,-3,4-44).

平面SAD的一个法向量为比=(0,4,0),

所以sina—|..竺|=]:.

1\MN\\DC\10(10—2-18—+13)

因为OS2SI,所以当；1=白，即SN=9M4时，sina取得最大值逆.

107

故选A.

s,

解法2：设AO的中点为E,连接ME,NE,

因为AB〃CD,CDLAD,M是8c中点，

所以ME是直角梯形ABC。的中位线，则MEJ.AD.

因为SD_L平面ABCD,MEu平面ABCD,

所以ME_LSO.

又ADCSD=D,AD,SDu平面SAO,

所以ME1平面SAD,

贝此MNE为MN与平面SAD所成角，则/MNE=a.

设ZM=2,则ME=3,MN=y/NE2+9,sina=^=^=.

NE的最小值为E到AS距离等于橐，所以sina的最大值为公.

V57

故选A.

5.答案：A

解析：

本题考查了空间几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BG，得出点尸、E、F在平面BGDi中，问题转化为在平面内直线BO】上取一点P,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BCi的

坐标即可.

解：连接BC],则BGnB]C=E,点尸、E、F在平面BG5中,

且BCi1GA，Ci%=1,BCT=V2.

则£)式1,0),B(0,V2)，F(0,y);

设点E关于直线BQ的对称点为E’,

B£)i的方程为x+专=1①,

睢，=一±=孝

・•・直线EE'的方程为丫=/x+当②,

<X=1

由①②组成方程组，解得

直线EE'与BDi的交点”G，誓);

•••PE+PF=PE'+PF>E'F>—>

6

故选A.

6.答案：A

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-4C-D的平面角NEGD,然后可

把NEGC看作两向量而、丽的夹角，利用近与肉的数量积可求夹角得答案.

解：作EG_L4c于点G,BH1AC于点H,连接。G,由三垂线定理得4EG0即为二面角B-AC-D的

平面角.

又BH〃EG,NEGD即为向量而、旗的夹角的大小.

令"AC"CB访则cosa--，HBGD蒜，/

HBGD=(77C+CB)-(GA+A

=-|77C||C^|+|77C||^4D|cosa+|CF||^4|co<;a+W(荏+前)

=一-2•a2+a?，。*a+。。，a+0=

>Ja2+b2>/a2+b2Va2+d2Va2+d2Va2+d2>Ja2+b2a2+b2'

从而COSNEGD］研画=炉.

故选4

DCD

r

AEBLB

折叠前折叠后

7.答案：D

解析：

本题考查正四面体与球的切接问题，球的表面积和体积，考查学生的计算能力，属中档题.

根据题意设外接球的半径为R,从而得到R的值，求出正四面体的棱长即可得到正四面体的表面积.

解：设外接球的半径为R，

则S=4nR2=12兀，

解得R=V3>

将正四面体4-BCD恢复成正方体，知正四面体的棱为正方体的面对角线，

因为正方体的体对角线为外接球的直径，

故4BXyxV3=2V3.解得AB=2&，

•••该正四面体的表面积为4Xyx(2V2)2=8V3.

故选。.

8.答案：A

解析：

本题考查空间中两点间的距离，由题知点M(0,2,-1)关于平面xOy对称的点为1),即可求

解，属基础题.

解：点M(0,2,一1)关于平面xOy对称的点为”(0,2,1),

光线所行走的路程为|M'N|=J(2—0)2+(0—2尸+(2—1J=3.

故选A.

9.答案：A

解析：

本题考查了集合体的表面积和体积问题，属中等题.

由几何体的表面积公式求出边长，进而得出几何体的高，由题可知体积关系，将之转化为距离关系，

在求解不等式即可得出答案.

解：设正四面体S-ABC的边长为a,

2

则4x—4a=81V3,

解得Q=9,

则正四面体S-ABC的高为3遍，

记点P到平面S45,SBC,SC4的距离分别为di，d2，d3,

则B4-d2+d3=3述，

•••^P-SAB+^P-SCA=2Vp-S8C'

2d2=d]+d~3,

则c(3<2d2=2y/6>

^P-SCA<[X竽X2后=苧’

又Vp_ss<九

故;12喑

即实数；I的取值范围为[竽,+8),

故选A.

10.答案：A

解析:

本题考查线段长的最大值的求法，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，属于中档题.

以Q为原点，GA为x轴，GBi为y轴，GC为z轴，

建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段GF长

的最大值.

解：直三棱柱ABC—4181G中，侧棱长为4,AC=

BC=2,4ACB=90°,

点。是公&的中点，P是侧面441勺8（含边界）上的动

点,

以G为原点，G4为x轴，G81为y轴，GC为Z轴，建立空间直角坐标系,

设尸(0,a,b),0<a<2,0<b<4,

由题意得4(2,0,4),81(0,2,0),Cj(0,0,0),0(1,1,0),

AB^=(-2,2,-4),C^D=(1,1.0),守=(0,a,b),

AB11平面GDF,

一',..’

「ABi.G。=-2+2+0=0日c,___.,、

・•・{___；___>，解得a=2b,・•,F（z0,2。，Z?）,

4Bi•Ci/=0+2a—4b=0

v0<a<2,0<<4,a=2b,-0<b<1,

••・线段G尸的长的最大值为：|和|=74b2+炉=反H=V5.

故选A.

11.答案：ABD

解析：

本题以平面三角形相折为载体，考查空间线面、面面垂直的判定定理及性质、二面角的正弦值，属

于难题.

因为DE_L平面4F4,运用线面垂直进而证明面面垂直，即可判断A,在4。上取点N,连接MN,BN,

使得运用线面平行的判定定理可判断8,二面角4'-DE-C的平面角为NACF,再假

设44,平面4BC,即可得出矛盾，进而判断C,当平面力'DEL平面8CEQ时，三棱锥A'-EFO的

体积有最大值，再求出GH、477可判断选项D.

解：因为4D=AE,△ABC是正三角形，

所以△ADE为等边三角形.

又BC1AF,DE1AF,

所以4'G1DE,CF1DE,

又AGnGF=G,A'G,GFu平面AFA,

所以DE1平面力'兄4,

因为DEu平面4DE,

所以平面AR4平面40E,

故A正确；

在等边三角形ABC中，D,E分别在边AB,4c上，且满足AD=4E=2,

所以BC//DE,S.DE=2,

在4'D上取点N,连接MN,BN,使得=

4

所以MN〃OE,且MN=：DE=|,

又DE]IBC旦BF=

所以MN〃BF,BF=MN,

所以四边形是平行四边形，

所以MF〃BN,

又BNu平面4DB,

所以MF〃平面4CB,故B正确；

平面A'DEn平面CDE=DE,且4G_LDE,GF1DE,

则二面角力'一DE-C的平面角为乙4'CF,

所以ZA'CF=120°,

在△4G4中，/-A'GA=60°.

又AG=AG,

所以NGA4=Z.GAA'=60°.

若AN_L平面4BC,

则A4_L4'F,

贝1」乙4'凡4=/.FA'C=30°,

于是4'G=FG与已知AC=AG^FG矛盾，故C错误；

三棱锥A-EF。的底面积是定值，体积由高即小到底面的距离决定,

故当平面A'DE，平面BCED时，三棱锥4-EFD的体积有最大值，

此时力'GJL平面BCED,

过点G作GH±AD,垂足为点H.连接4".

易证是二面角4一80-C的平面角，

可求得GH=当,AG=A'G=V3，

于是A'H=yjGH2+AG2=^

2

所以sinNA'/G=^=*，故。正确，

A'H5

故选ABD.

12.答案：;

4

解析：

本题考查立体几何中的点的轨迹问题.解此题的关键是知道点的轨迹是个圆，求其周长即可.

解：如图:

当E为AB中点时，尸分别在C,。处，满足|EF|=8，

此时EP的中点P在EC,ED的中点A，P2的位置上，

当F为CD中点时，E分别在4,B处,满足|EF|=百，

此时E尸的中点尸在8尸，A尸的中点P3,「4的位置上，

连接/5止2,03”相交于点0，则四点Pi，P2>P3,”共圆，圆心为。，圆的半径为右

则EF中点P的轨迹为L为以。为圆心，以称为半径的圆，

其测度|L|=nr2=7Tx(1)2=：

故答案为?

13.答案：枭

解析：

本题主要考查三棱锥A-BCD的外接球的表面积，解题关键时求出三棱锥A-BCD的外接球的半径,

属于中档题.

A

由己知可知BO_La。，CDLAD,

可知NBDC为二面角B-4D-C的平面角，即NBDC=60°,

也可知4。_L面BCD,AD=痘

则4BDC为边长为1的正三角形，设其外接圆的圆心为E,

可知其外接圆的半径为EO=2x勺=理，

323

令三棱锥a-BOC的外接球的的球心为O,半径为R,设。到面BCD的距离为/?,

‘伴J+h2=R2

则八3)2

雁)+(Hi)2=R2

解得/I=

2

故R2=（犷+囹吟

则三棱锥A-BDC的外接球的表面积为4兀XII=冢,

故答案为1卜,1.

14.答案：67r

解析：

本题考查棱锥外接球的表面积的求法，是中档题.

由题意，把三棱锥A-BCD放到长方体中，利用长方体外接球性质即可得解.

解：三棱锥A-BCD中，AB=CD=6，AC=BD=2,AD=BC=正,

三棱锥4一BCD放到长方体：（如图）

不难发现：AB,AC,分别是长方体的三个面的对角线,

即长方体的对角线的平方等于丝丝七岁=6,

2

•••长方体外接球直径2R=V6,即R=在，

2

・•・几何体外接球的表面积S=4nR2=67T.

故答案为：67r.

15.答案：等

解析:

本题考查椭圆的简单几何性质及圆锥的结构特点，画出轴截面，利用已知求出a,c即可求解.

解：画出轴截面如下图,

由已知。2尸〃。/，Q尸|=1,\01E\=3,02F1BC,O^IBC,|O1O2|=8,

所以需=判=:，

|。遇||。1川3

得|。2*=2,|。1川=6,

|。。2|_1

1。。「3'

所以|。2七|=4,\0A\=6,

所以sinNBOA=l.NOAB=30°,

1

II\OA\

在AOAB中，由正弦定理有叫。川

siiiZBO.4sinZ.OBAsin(Z,4OZ?+：«P)

所以|4B|=VTs—V3,

同理在△CMC中，求得|AC|=W石+百,

所以椭圆中长轴2a=\AB\+MC|=2715.

求得|力用=V3,\AE\=3代,

所以椭圆中焦距2c=|4用+\AE\=4遍,

所以椭圆的离心率为e=£=婆=

aV155

故答案为独.

5

16.答案：y

解析：

本题主要考查空间几何体的三视图与体积，由已知中的三视图可得：该几何体是正方体边长为2,

截去部分为三棱锥，代入体积公式可得答案.

解：由三视图可知正方体边长为2,截去部分为三棱锥，

作出几何体的直观图如图所示，

其体积为2x2x2-|x|x2x2x2=y.

故答案为

17.答案：36

解析：

本题考查球的内接体与球的关系，球的表面积以及三棱柱的侧面积，考查计算能力，是中档题.

通过球的内接体，说明几何体的中心是球的球心，由球的表面积求出球的半径，设出三棱柱的底面

边长，通过解直角三角形求得“，然后得三棱柱的侧面积.

解：如图，

•••三棱柱4BC-的所有棱长都相等，6个顶点都在球。的球面上,

三棱柱为正三棱柱，则其中心为球的球心，设为0,

再设球的半径为r,由球。的表面积为28兀，得4兀产=28兀，

•••r=V7-

设三棱柱的底面边长为m

则上底面所在圆的半径为在ax-=^a，

233

且球心。到上底面中心H的距离OH=p

设直三棱柱高为6,底面周长为L

••・N=修）2+ga）2,BPr==V7,

a=2-\/3=h>L=3xa=6V3

则三棱柱的侧面积为S=Lxh=6V3x2>/3=36.

故答案为：36.

18.答案：（0,企）

解析：

本题考查三角形三边关系以及异面直线的位置，属于中档题.

先在三角形BCD中求出。的范围，再在三角形中求出。的范围，二者相结合即可得到答案.

解：设四面体的底面是8C£>,BC=a,BD=CD=1,顶点为A,40=企,

在三角形BCD中，因为两边之和大于第三边可得：0<a<2,①

取BC中点E,「E是中点，Rt^ACE=Rt^DCE,

.•.在三角形AED中，AE=ED=J1-(|)2,

•••两边之和大于第三边

V2<2]1_6)2,得0<a<a，(负值、0值舍)②

由①②得0<a<&-

故答案为(0,鱼).

19.答案：8TT；;或；

解析：

本题考查了多面体的外接球的问题和求异面直线所成角的余弦值问题，属于中档题.

(1)利用4c=AA.=2求出外接球的半径，然后求出球的表面积.

(2)找出异面直线所成的角，结合图象分两种情况利用余弦定理求角的余弦值.

解：如图，在长方体ABCD-4道传1。1中，

因为AC==2,所以&C=2V2

因为41c为球。的一条直径，所以球。的半径/?=我，

所以球O的表面积为MR「8TT.

因为AG与8。所成的角为60。，&CJ/AC,

所以NBEC=60。或Z_BEC=120°.

若LBEC=60。，则BC=1,因为CG=44=2,所以86=石.

又B\C〃A\D,所以4BFC为公。与8G所成的角.

在ABFC中，BF=FC=吧=匹,BC=1.

22

由余弦定理可得COSNBFC=|.

若4BEC=120。，AC=2,EC=1,易得BC=b，CC1=2,得BJ=书,

则BF=FC=—，

2

同理可求得COSNBFC=3

所以aD与BG所成角的余弦值为|或也

故第一个空填断，第二个空填区桔.

20.答案：①②③④

解析：

本题综合考查线面平行，面面平行，线面垂直，线面角，以及异面直线成角，属于中档题.

由线面平行，面面平行，线面垂直的判定，线面角，以及异面直线成角，逐个进行计算即可.

解：如图，连接&D1，CD、,易证4cl平面8/D1D,

所以4c1B]D,

在正方体中，ADr1A1D,AD11CD.CDCtAyD=D,

所以.AO|J,平面.4|B|C'O,故ADiJ.B]Z),

乂也nac=c,

所以81。_L平面4CD1，

OEu平面4皿，

所以OElBi。，结论①正确；

因为&B〃D】C,.4归C平面平面A。。，

所以4/〃平面

同理，&G〃平面AC/,又AiBC41cl=41，

所以平面acDi〃平面4BG，

OEU平面4c0「

所以0E〃平面&BC1，结论②正确；

当点E与点A重合时，0E〃&G，此时直线OE与直线41G所成角为0,

当点E与。1重合时，为G10E,此时直线OE与直线41cl所成角为泉

故直线OE与直线&G所成角的范围是［0,手，结论③正确；

当点E与点4重合时，OEJLCG，此时直线OE与直线CG所成角的余弦值为0,

当点E与Di重合时，此时直线。E与直线CG所成角最小，该角等于NOD1。，其余弦值为弓,

所以直线OE与直线CG所成角的余弦值的取值范围是［0,乎］,结论④正确.

故答案为①②③④.

21.答案：(1)证明：因为点E为的中点，AD=2BC,所以AE=BC,

因为4Z〃/BC,所以AE〃BC,所以四边形ABCE是平行四边形.

因为AB=BC,所以平行四边形A8CE是菱形，所以力C_LBE.

因为平面BEFGABCD,且平面BEFGn平面ABC。=BE,

所以力C_L平面BEFG,因为4CU平面ACF,所以平面4CF1平面BEFG.

(2)解：记4C,BE的交点为O,连接0凡由(1)可知AC_L平面8EFG,

则力C10F.因为底面ABCD是等腰梯形，AD//BC,AD=2AB=2BC=4,

所以四边形ABCE是菱形，且NB4D=60°,贝i］4E=CE=2,0A=0C=V3，

从而AAEC的面积Si=g.因为平面BEFG1平面ABCQ,且四边形8EFG为正方形，

所以EF14E,EF1CE,所以AF=CF==2或，则OF=

设点。到平面AC尸的距离为加

111

因为VDTCF=VF-ACD'所以孑X-AC-OF-h=-x2S1-EF,

B|j|xix2V3xV5/i=1x2xV3x2,解得九=等.

故点。到平面ACP的距离为延.

5

解析：本题看直线与平面垂直，平面与平面垂直的判定定理的应用，点到面的距离，属于中档题.

⑴由平面BEFG1平面ABCD,且平面BEFGn平面ABC。=BE,只要证得4c1BE,可得AC1平面

BEFG,故可得答案.

(2)记AC,8E的交点为0,由％YCF=%YCD可得点。到平面ACF的距离.

22.答案：(1)证明：如图：

连接DE,由直三棱柱ABC—Z/iG知CG1BC,

•••BC±4C又有CC]DAC=C,

BC_L平面

・•・D,E分别为CQBBi的中点,则DE〃BC,

ADE1平面ACGA1，

DE±AD,

222

•­•A^+AD=4=AA1,所以401A1。，ArDdDE=D,

AD，平面&DE,

A-[E1AD；

(2)解：设点A到平面的距离为d,

•/BiC,BiCilCCi,AiGCCG=G，

BiG_L面

由于知，。'd=~S-

51sziAB]AA1ADBiQ，

即工x"d=Jx2x&xVIxl,解得d=—.

32323

点4到平面的距离d=¥.

解析：本题主要考查线面垂直的判定和性质定理及点到面距离求法，属中档题.

(1)由4010E,4。140,可得4。平面&DE,从而证明4出1.40；

(2)由于%_冬8川=VB1,AA1D,即可求点A到平面①当。的距离.

23.答案：(1)证明：=1,.•.D.E分别为AB和BB'的中点

又A4'=AB,且三棱柱ABC-4'8'C'为直三棱柱.

二平行四边形ABB'4为正方形，.••DE14B

"AC=BC,。为AB的中点，CD14B,且三棱柱ABC—48'C'为直三棱柱.

•••CD1平面4BBW,•••CD1A'B,

又CDCiDE=D,A'B1平面CDE,

vCEu平面CDE,：.A'B1CE.

(2)解：设BE=x,则4D=x,DB=6-x,B'E=6-x.

由已知可得C到面ADE距离即为44BC的边AB所对应的高九=J4c2_(第2=4,

__1

^Ai-CDE=^C-AiDE=§(S四边形4BBM，—^hAA/D-S&DBE—S^AIB,E)"九

112,

二-[36一3%——(6-x)x-3(6—x)]./i=§(x—6x+36)

=|[(X-3)2+27](0<X<6),

・•・当x=3时，即夭=1时，%,_CDE有最小值为18.

解析：本题考查异面直线垂直的证明，考查当；I为何值时，三棱锥4-CDE的体积最小，并求出最小

体积，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养.

(1乂=1时，平行四边形ABBS'为正方形，DE1A'B,由已知得CD_L4B,CD1A'B,由此能证明

A'B1CE.

(2)设BE=x,贝必。=x,DB=6-x,B'E=6-x.C到面ADE距离即为△力BC的边A8所对应的，

从而S1，_CD£=^C-A>DE=§(S四边形4B8M，一一SA08E-SA4，B，E),机由此能求出当久=3时，即

4=1时，％,_CD£有最小值为18.

24.答案：解：（1）因为ABCD-A'B'C'D'是棱长为。的正方体,

•••A'B—A'C—A'D-BC'-BD=C'D-y/2a）

所以三棱锥的表面积为2

A'—BC'O4X-2xV2aX-2xV2a=2V3a.

故答案为：2V5a2.

(2)连接。'0,B'D',

在四边形BDD'B'中，BB'^DD'

四边形BDD'B'为平行四边形:'BD

则40B'。'为异面直线BD与夕。所成的角(或其补角)

又因为ABC。-4B'C'D'是正方体，棱长为a,

所以夕》=缶,40=^-a,D'O=ya.

（B，O，）2+（B，O）2-（O,O）2_yflO

所以

cos/OB'D'2B'D'B'O-5

即异面直线BD与90所成角的余弦值为空,

故答案为：包.

5

解析：（1）由棱锥的表面积公式得：三棱锥A-BC'D的表面积为4xf（VIa）2=2V5a2,

（2）异面直线所成的角的作法得：NOB'D'为异面直线8。与40所成的角（或其补角）,又因为48CD-

AB'C'D'是正方体，棱长为“，所以cos/OB'D'=（BS2+（,B'，）：-3'°）2=逗.得解.

本题考查了棱锥的表面积及异面直线所成的角，属中档题.

25.答案：（I）证明：取4力中点连接EM,AFEF=DE=2,AD=4,

可知EM=|/W,

•••AE±DE,

y.AE1EC,DEdEC=E

AE_L平面CDE,

■：CDu平面CDE,

•••AE1CD,

又CD_LAD,ADQAE=A,

CD1平面ADEF；

(H)解：由(1)知CD1平面AO£F,CDu平面ABCD,

.••平面ABC。1平面ADEF；

作E。14D,E。_L平面48CO,EO=V3.

连接AC,则以BCDEF=^C-ADEF+^F-ABC1

^C-ADEF=3^ADEF,CD=-X-X（2+4）Xy/3X4=4v

VF-ABC=2谢・OE=2吗X2x4x百=竽,

•'・^ABCDEF=4b+竽166

3

解析：本题考查线面垂直的判定及多面体体积的求解.

(I)根据线面垂直的判定定理，由4EJ.CD,又CDJ.4D,ADCyAE=A,即可证明；

(H)将多面体A8CDEF的体积分割成一个四棱锥和一个三棱锥，即以BCDEF=Vc-ADEF+/_4BC即可

求解.

26.答案：解：(/)延长AB交直线C。于点••・点E为AO的中

点，AE=ED=|i40,

vBC=CD=-AD,ED=BC,

2

"AD//BC,即ED〃BC..•.四边形BCCE为平行四边形，即

EB//CD.

•:ABCCD=M,：.MeCD,：.CM//BE,

■:BEu平面PBE,CM〃平面PBE,

•••MGAB,ABu平面PAB,

••.MG平面PA5,故在平面R4B内可以找到一点M(M=4BCC0),使得直线CM〃平面PBE.

(〃)如图所示，•.•NADC=4PZB=90。，异面直线P4与C£＞所成的角为90。，ABQCD=M,

AP1平面ABCD.

CD1PD,PA1AD.

因此4PD4是二面角P-C。-4的平面角，大小为45。.

・・.PA=AD.

不妨设AD=2,则8c=CD=^AD=1.

.・・P(0,0,2),E(O,1,0),C(-l,2,0),

AFC=(-l,h0),而=(0j-2),AP=(0,0,2),

设平面PCE1的法向量为有=(%,y,z),

＜：g：o-可得:匕;；°。・

令y=2,则％=2,z=1,，五=（2,2，1）-

设直线PA与平面PCE所成角为仇

则sin。=|cos＜而，记＞|=黯=焉"

解析：本题考查了空间位置关系、空间角计算公式、法向量的性质，考查了空间想象能力、推理能

力与计算能力，属于中档题.

（/）延长AB交直线CQ于点M,由点E为AO的中点，可得AE=ED=：4D,由BC=CD=/4D,可

得EO=BC,已知EZV/BC.可得四边形2CZJE为平行四边形，即EB〃CD.利用线面平行的判定定理证

明得直线CM〃平面P8E即可.

（〃）由乙4DC=NP4B=90°,异面直线PA与C。所成的角为90。，可得ZP，平面4BCD,由CD1PD,

2414。.因此42口4是二面角「一（?。一4的平面角，大小为45。孑4=4。.可设4D=2,则BC=

CD=1AD=1,利用法向量的性质、向量夹角公式、线面角计算公式即可得出.

2

27.答案：解：（1）证明：取尸8中点Q,连接M。、NQ,

因为例、N分别是棱A£＞、PC中点，

所以QN"BC“MD,且QN=MD,所以四边形力MQN是平行四

边形，于是DN〃MQ,

，DN//MQ

＜A/QC平面PA/30ON〃平面PMZ?；

DNC平面PA/3

PD±平面ABC。］

(2)证明:PD±MB，

MBC平面ABC。J

又因为底面ABC。是乙4=60。，边长为〃的菱形，且M为A。中点,

所以MB14。,

又4。CPD=D,

所以MB1平面PAD,

⑻d嚣就卜平面PM』面「皿

因为M是A。中点，

所以点A与。到平面PMB等距离，

过点。作OH_LPM于H,由(2)平面PMB_L平面PAO,

所以OH，平面PMB,

gxaJc

故。H是点。到平面PMB的距离DH=苗=?。，

Ta

・♦.点A到平面PMB的距离为渔a.

5

解析：本题主要考查空间线面的位置关系，空间角的计算等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思

维能力、运算求解能力和探究能力，同时考查学生灵活利用图形，借助向量工具解决问题的能力，

考查数形结合思想.

(1)取PB中点Q,连接MQ、NQ,再加上QN〃BC〃MD,且QN=MD,于是DN〃MQ,再利用直

线与平面平行的判定定理进行证明，即可解决问题；

(2)易证PD1M