高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) 64(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）（64）

一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）

1.己知平面a截一球面得圆M,过圆心M且与a成60。二面角的平面0截该球面得圆N.若该球面的

半径为4,圆M的面积为4兀，则圆N的面积为（）

A.7兀B.97rC.117TD.13兀

2.如图，棱长为2的正方体4BC0-AiBiGDi中，E为CG的中点，点

P，。分别为面和线段为C上动点，则APEQ周长的最小值

为

A.2V2

B.V10

C.Vn

D.V12

3.在三棱锥P-ABC中，PA,PB,PC两两垂直，PA=\PB=1,。是棱上一个动点，若直线

AQ与平面PBC所成角的正切的最大值为白，则该三棱锥外接球的表面积为（）

A.671B.77rC.87rD.97r

4.已知正三棱锥S-ABC的侧棱长为4次，底面边长为6,则该正三棱锥外接球的体积是（）

A.167rB.?几C.647rD.竽"

33

5.在三棱锥4-8co中，△ABD与AC8D均为边长为2的等边三角形，且二面角4-BD-C的平面

角为120。，则该三棱锥的外接球的表面积为（）

「16n

A.77rB.87rc-VD.等

6.如图，在正方体ZBCD-力iaGDi中，E为线段41G的中点，则异面

直线。E与BiC所成角的大小为（）度.

A.60

B.45

C.30

D.15

7.如图，三棱柱ABC—4]BiG中，4A1JL底面ABC,zACB=90°,

AC=CB,则直线8cl与平面ABBi公所成角的正弦值是（）

A.1

2

B.

2

C.

2

D.V3

3

8.在平面四边形A8CZ）中，ABLBD,Z.BCD=60°,3/1^2+4FD2=24,若将△48。沿折起

成直二面角4一—C,则三棱锥4—BDC外接球的表面积是（）

A.47rB.5TIC.67rD.87r

9.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代建筑中首创的桦卯结构，这种三维的拼插器具内部

的凹凸部分（即桦卯结钩）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、

前后完全对称.从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经90。柳卯起来，如图，若正四棱

柱的高为6,则需要涂色的面积为（）

A.72D.108

10.已知A,B,C,。四点均在球。的球面上，△ABC是边长为6的等边三角形，点。在平面ABC

上的射影为A/BC的中心，E为线段的中点，若BDLCE,则球。的表面积为

A.367rB.427rC.547rD.24V6/T

11.仇章算术》中的堤（两底面为等腰梯形的直四棱柱）上、下两底平行，而对于上、下两底不平

行的堤防，唐代数学家王孝通把它分解成一个堤与一个羡除（注：羡除是指三个侧面为等腰梯形,

其他两面为三角形的五面体），且其体积等于堤与羡除的体积之和金元治河著作W可防通议》给

（2八1+八2）（。+61）+（2九2+九1）（。+匕2）

出了上、下两底不平行的堤防的体积公式v=■],其中。为两头上

622

广（等腰梯形的上底长），/为长（下底面等腰梯形的腰长），电,电分别为两头之高（等腰梯形的高

）,瓦，与分别为两头下广（等腰梯形的下底长）,现有如图所示的一个堤防，其中4D=8,EF=14,

BC=20,FC=5,CG=13,FC1FG,则图中所示的羡除的体积为（）

A.988B.460C.366D.312

12.棱长都为2的三棱锥ABCD中，点E,尸分别是棱AB,C£＞的中点.设点P,。分别是直线A8,

C。上的动点，且满足EP+FQ=2,则线段PQ的中点M的轨迹的长度是（）

A.V2B.4A/2C.27rD.4兀

二、填空题（本大题共7小题，共35.（）分）

13.阅读以下问题和解题过程，指出第一次出现错误之处为（用序号表示）.

在某圆锥中存在4条两两互相垂直的母线求母线与底而所成角的余弦值

错解如图，设底面半径是广，母线长是/,因为4条母线出，VB,VC,⑺两两互相垂直，所

以小舒,所以4B=^r，比等出

aOA1

设母线与底面所成的角是。，所以"五1

⑤

14.四面体A8CO的每个顶点都在球。的球面上，AB,AC,AO两两

垂直，且4B=1,AC=2.AD=3,则球。的表面积为.

15.已知某几何体的三视图如图所示，网格中的每个小方格是边长为1

的正方形，则该几何体的体积为.

16.如图，在四棱锥P—ABC。中，底面ABC力为正方形，AB=2AP=4,/.PAB=/.PAD=60°,

贝ikPAC=；四棱锥P-4BC。的外接球的表面积为

17.三棱锥P-ABC中，AB=PA=PB=2,乙4cB=30。，当三棱锥P-4BC体积最大时，其外接

球半径为.

18.已知正三棱柱ABC-aB1C1的各条棱长都相等，且内接于球O,若正三棱柱4BC-41B1G的体

积是2g,则球。的表面积为.

19.一个圆链恰有三条母线两两夹角为60。，若该圆锥的侧面积为38兀，则该圆锥外接球的表面积

为.

三、解答题(本大题共10小题，共120.0分)

20.如图，已知直三棱柱4BC-&B1C1中，乙4cB=90。，E是棱CC】上的动点，F是AB的中点，

(1)当E是棱CCi的中点时，求证：CF〃平面AEBi；

(2)在棱CG上是否存在点E,使得二面角的大小是45。？若存在，求出CE的长,

若不存在，请说明理由.

21.如图1,在边长为2的等边团ABC中，D,E分别为边AC,AB的中点.将团4ED沿OE折起，使

得AB1AD,AC1AE,得到如图2的四棱锥A-BCDE,连结BD,CE,且BO与CE交于点H.

(2)求二面角B-AE-D的余弦值.

22.如图，在四棱锥P-4BC。中，JL平面ABC。，BDLAC,BDdAC=0,。是AC的中点,

PA=AC=4,点£在PC上，PF=3EC.

B\

D

(1)求证：平面PCD1平面BED；

(2)若。。=2。8=4,求二面角E--BD-P的余弦值.

23.如图，已知AABC是正三角形，EACC都垂直于面A8C,且E4=4B=2,DC=1,F是BE

的中点.

13

(I)求证：FD〃平面ABC；

(口)求证：AF1¥®EDB.

24.已知在三棱锥P-ABC中，PA1平面ABC,PA=AB=2BC=2,AC=W，E是棱P8的中点,

AF1PC.

(1)求证：BPJL平面AEF-,

(2)求三棱锥P-4EF的体积.

25.如图，空间几何体A8CDE中，△ABC、△AC。、△EBC均是边长

为2的等边三角形，平面4C0_L平面ABC,且平面EBC_L平面ABC,

〃为48中点.

(1)证明：DH〃平面BCE；

(2)求二面角E-AC-B的余弦值.

26.如图①四边形ABCZ)为矩形,E、尸分别为AO,3C边的三等分点，其中AB=4E=CF=1,BF=2,

以EF为折痕把四边形ABFE折起如图②，使面4BFE1面EFCD.

(1)证明：图②中CDLBD；

(2)求二面角4-BD-C的余弦值.

27.如图，直三棱柱ADF-BCE中，点M为8的中点,48=五AD=2,且平面4BCD1平面ABEF,

连接AM,ED,BD.

(1)求证：AM1DE；

(2)求点F到平面BDE的距离.

28.如图，在直三棱柱中，AC=BC=&，^ACB=90。乂41=2,。为AB的中点.

(I)求证:A》〃平面8CD；

(n)求异面直线"1与B1C所成角的余弦值.

29.如图所示，已知AB为圆。的直径，点。为线段AB上一点，且4。=：DB,点C为圆。上一点,

且BC=V5ac.点尸在圆。所在平面上的正投影为点D,PD=DB.

p

(1)求证：PA1CD：

(2)求二面角C一PB-4的余弦值.

四、多空题(本大题共1小题，共4.0分)

30.如图，在四棱锥P—4BCD中，底面ABC。为正方形，AB=2AP=4,^PAB=/.PAD=60°,

则"AC=_(1)_；四棱锥P-ABC。的外接球的表面积为_(2)_.

【答案与解析】

1.答案：D

解析：

本题考查球的结构和特征，考查圆的面积公式，属中档题.

由条件求出圆N的半径，即可求出答案.

由题意可知乙4MN=60°,设球心为O,连接ON、OM、OB、OC,贝“ON1CD,OMrAB,且OB=4,

OC=4.

在圆M中，•••n•MB2=4TC,

AMB=2.

在40MB中，OB=4,

OM=2V3.

在△MN。中，OM=23NNM。=90。-60。=30。，

•••ON=V3.

在ACN。中，ON=痘,OC=4,CN=V13,

S=n-CN2=13TT.

故选。.

2.答案：B

解析：

本题考查棱柱的结构特征，考查对称点的运用，考查余弦定理，考查运算求解能力，考查化归与转

化思想，属于较难题.

由题意得：APEQ周长取最小值时，P在当。1上，在平面々GOB上，设E关于&C的对称点为M,

关于BiG的对称点为N,求出MN,即可得到APEQ周长的最小值.

解：由题意得可画下图:

△PEQ周长取最小值时，P在々Ci上，

在平面B1GCB上，设E关于B[C的对称点为M,关于当G的对称点为N,

连接当MN与B[Ci的交点为P,MN与&C的交点为。时，

则MN是4PEQ周长的最小值，

EM=V2,EN=2,NMEN=135。，

...MN=j4+2-2x2xV2x(-y)=VlO'

PEQ周长的最小值为同.

故选B.

3.答案：A

解析：解：Q是线段8c上一动点，连接产。，

vPA.PB、PC互相垂直，

”QP就是直线A。与平面P8C所成角，

当PQ短时，即PQ1BC时直线AQ与平面PBC所成角的正切的最大.

此时装=9所以PQ=2,

PQ2“5

在Rt△PBQ中,BQ=yJPB2-PQ2=J22—（誓）2=哈

W^JPQ2=BQ-BC,则8。=通，所以PC=7BC2—PB2=1,

如图，将三棱锥P-ABC扩充为长方体，则长方体的对角线长为，12+为+U

三棱锥P-ABC的外接球的半径为R=渔，

2

・・・三棱锥P-/BC的外接球的表面积为4TTR2=67r.

故选：A.

PA,PB、PC互相垂直，P4=：PB=1,Q是线段BC上一动点，当PQ短时，即PQJ.BC时直线

AQ与平面PBC所成角的正切的最大，最大值是苧，求出PC,三棱锥P-ABC扩充为长方体，则长

方体的对角线长为三棱锥P-4BC的外接球的直径，即可得出结论.

本题考查三棱锥P-4BC的外接球的体积，考查线面垂直，线面角，考查学生分析解决问题的能力，

属于中档题

4.答案：。

解析：解：如图所示：由正棱锥得，顶点在底面的投影是三角形ABC的

外接圆的圆心0',外接圆的半径匕

正三棱锥的外接球的球心在高S。'所在的直线上，设为O,连接0A得:

6

r=-5，r=2V3.即0'力=2次，

所以二棱锥的情)八='Sa?-=/(4A/3)2—(2V3)2=61

由勾股定理得，R2=r2+(R-hY，解得：R=4,

所以外接球的体积，=;兀&=等兀.

故选：D.

正棱锥的外接球的球心在顶点向底面做投影所在的直线上，先求底面外接圆的半径，再由勾股定理

求锥的高，由勾股定理求出外接球的半径，由球的体积公式求出体积.

本题主要考查正三棱锥的外接球的体积以及计算能力，属于中档题.

5.答案：D

解析:

本题考查了球的表面积公式的应用，重点考查球的球心位置的判定.属于中档题.

首先确定球心的位置，进一步确定球的半径，最后确定球的表面积.

解：如图所示:

因为△ABDVABCD是边长为2的等边三角形且二面角A-BD-C为120。,

取△ABC和△BCD的中心凡E,取BO的中点记为G,连接AG,CG,

则AG1BD,CG1BD,

所以Z4GC=120°,即ZEGF=120°,

过点尸作平面A3。的垂线，过点E作平面8CO的垂直，两垂线相交于点O,则点O即为该三棱锥

的外接球球心，

由题可得AG=CG=V3-EG=FG=—，4EOF=60°,

3

在四边形OEGF中可计算得：OE=OF=1,又因为ED=也，

3

则球的半径r=卜+（咨2=亨，

则外接球的表面积S=4n•弓=等.

故选。.

6.答案：C

解析:

本题考查异面直线所成角的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于基础题.

以。为原点，OA为x轴，DC为了轴，0劣为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面

直线OE与SC所成角的大小.

解：以。为原点，OA为x轴，0c为y轴，DD］为z轴，建立空

间直角坐标系,

设正方体4BC0-4B1QD1中棱长为2,

则。(0,0,0),2),当(2,2,2),C(0,2,0),

DE=(l,h2),B^C=(-2,0,-2),

设异面直线QE与BiG所成角为0,

|jl||,n_\DEBC\6V3

则rcn°<s8-南丽X一诉一号‘

0=30°.

•・屏面直线OE与&C所成角的大小是30。.

故选C.

7.答案：A

解析：

本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，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，是较难题.

取的中点。，连结。Cl、0B,则GC1平面4B1G，GO_L&B1，由44J/CG，得G0JL44，

从而NOBQ是直线BG与平面4BB14所成角，由此能求出直线BQ与平面48814所成角的正弦值.

解：取的中点0,连结0Q、0B,

・•・在三棱柱ABC-4/传1中，底面A8C是等腰直角三角形，A41底

面ABC,

•••CrCJ■平面4B1C1，C10IA/i，

vAAJ/CC^GOu平面AMiG

•••^01AA1,又A&n4出=4,u平面4BB14,4祖u平

面ABB14，

二GO_L平面ABBiA

•••NOBCi是直线8cl与平面488遇1所成角，

设441—AC-CB-1,

2222

BG-Vl+I=V2,AB-A1B1=Vl+l=V2>

GO=J12-（T）=T，

・•・直线BQ与平面4BB14所成角的正弦值：

Vz

sin/OBQ="=f=工，

1BCjV22

故选A.

8.答案：D

解析：

本题考查求平面四边形折叠为三棱锥的外接球的表面积，求出球的半径是本题的核心问题，仔细分

析，灵活解题，属于中档题.

先找出平面ABD与BDC的外心，从而可以确定球心，据此作答即可.

解：取AD,BD中点E,F,设^BCD的外心为M,连MB,MF,EF,则MF1BD,乙BMF==

/.BCD=60°,BD=V3BM=2BF.

分别过E,M作M凡E尸的平行线，交于。点，即。E〃MF,0M//EF.

,:BD1AB,•••E为△ABC的外心，AB_L平面BCD.

■：EFHAB,EF_L平面BCD,：.OM_L平面BCD.

因为MF1BD,A-BD-C为直二面角，二MF1平面ABD,：.OE，平面ABD,

:•E,M分别为△力BD,△BCD外心，0为三棱锥的外接球的球心，08为其半径，OB?=BM?

+0M2=相〃+EF2=赳D2=2.S球=4nX0/=8m

故选。.

9.答案：B

解析：

本题考查求几何体的表面积，考查学生的计算能力，属于中档题.可将问题转化为求6个组合体的

表面面积的和，即可求得结果.

解：由题目中的图，可以转化为求6个组合体(如图)的表面面积的和，所以需要涂色的面积为6x[lx

2+2.5x1x2+(2x2.5-1x0.5)x2]=96.

故答案选B.

10.答案：c

解析：

本题主要考查球的表面积，涉及到简单多面体（棱柱、棱锥）及其结构特征、线面垂直的判定以及线

面垂直的性质，属于中档题.设△ABC的中心为G,延长BG交AC于F,则F为AC中点，连接。F,

可证8。_L平面ACD,又D-4BC为正三棱锥，得到D4,DB,0c两两垂直，故三棱锥。一4BC可

看作以D4,DB,OC为棱的正方体的一部分，二者有共同的外接球，根据正方体的结构特征可求得

外接球的半径，代入球的表面积公式即可求解.

解：设AABC的中心为G,延长BG交AC于凡则尸为AC中点，连接。F.

由题知DG1平面ABC,AC1GB,由三垂线定理得AC1BD,

又BD_LCE,二BDJ■平面AC。，又D-4BC为正三棱锥，

:.DA,DB,£>C两两垂直，

故三棱锥D-ABC可看作以DB,DC为棱的正方体的一部分,

二者有共同的外接球，由力B=6得£M=3或，

故正方体外接球直径为3或.V3=3V6，

所以球。的表面积为4汗/?2=54兀，

故选C.

11.答案：B

解析：

本题主要考查几何体的体积求法，属于中档题，

先求出图中堤防的体积与堤的体积，再通过作差即可得解.

解：如图，过点。作DM1BC于点M,a=AD=8,I=CG=13,

若瓦=BC=20,则Z?2=EF=14.

EF为等腰梯形ABC。的中位线，则CD=10,MC=6,

所以色=DM=y/DC2-MC2=8，

所以九2=4.

又FG=y/CG2-CF2=12，

则图中堤防的体积为兰X[(2*8+4)(8+20)+(2x4+8)(8+14)=988)

622

堤的体积为*8+14)x4x12=528,

所以图中羡除的体积为988-528=460.

故选从

解析：

本题考查点的轨迹问题，先根据空间线面关系得到轨迹为正方形，再求周长.

解：正四面体A〃中，有431CD.EFLAB.EF^CD,

如图，

过户作直线1HAB,

由直线/与。〃确定平面，记为平面a,

则£1产J.a，

过p做直线PP,//E户,交直线/于点Pi意尸,Q

取尸/Q的中点

又PQ的中点M,

魁MM/PP/EF,

取MM11a.

mM］的轨迹是点M的轨迹任平面a上的投影，

乂M的凯迹在线段EF的中里面上.且平面a与线段EF的中塞面相互平行.

所以M］的轨迹与点M的筑迹完全相同，因此只研究M］的轨迹即可，

以平面a上直线/和CC分别为x轴和y轴建立平面直角坐标系x毋,

设W/(x,y),

则EP=FPt=2\x\,FQ=2\y\,

由EP+FQ=2得|x|+|y|=1,

所以此的轨迹为正方形|x|+|y|=7，

从而M的轨迹的长度是4J7.

故选B.

13.答案：①

解析:

本题主要考察凡何体的性质，属于中档题。

解：

①圆锥中不可能存在4条两两互相垂直的母线.

14.答案：147r

解析：

本题考查球的内接几何体与球的关系，考查空间想象能力，计算能力.

根据题意将棱锥扩展为长方体，长方体的体对角线即为球的直径.

解：因为三棱锥ABC的顶点都在球。的球面上，

因为A8,AC,两两垂直，，所以三棱锥扩展为长方体，

且AB=1,AC=2,AD=3,

所以球。的表面积为47rX(""22+33)2=14.

k277r

故答案为147r.

15.答案：45-y

解析：

本题考查的知识点是由三视图还原几何体，再求体积，其中根据已知分析出几何体的形状是解答的

关键.

由三视图可知该几何体是一个长方体中挖去一个;球，根据几何体的特征可以求出其体积.

解：由三视图可知该几何体是一个长方体中挖去一个9球，

O

如图所示,

故V=3x3x5-4.*33=45-),

故答案为45—手.

16•答案：今40兀

解析：

本题考查空间几何体中线面垂直的判断及性质应用，考查了几何体的外接球的表面积问题，属于中

档题.

首先作PEL平面ABCQ,由题设知点E在AC上.过E作EH_LAB，可证得AB_L平面尸EH，进而

有ABLPH.利用勾股定理即可求得4P4C的大小.取M为AC中点，设该四棱锥的外接球的球心为

O,作PFLOM,易知四边形尸FME为正方形.于是在直角三角形OM4和直角三角形OPF中，利

用勾股定理即可求出该四棱锥的外接球的半径，进而得到结果.

解析：

解：作PE,平面ABCZ),

由NPAB=NPAD=60知点E在线段AC上，

过E作EHLAB，连结P”，

因为AB-LEH.AB_LPE.EHDPEE,EH,PEu平面PEH,

故AB_L平面PEH,PHu平面PEH,故AB_LPH.

在RtAPAH中，AH=1,PH=V3;

在RtAEAH中，AE=\[2,EH=1;

在RtAPEH中，PE=V2,

因此tanZPAE1，故"AE；.

4

取M为AC中点，设该四棱锥的外接球的球心为O,半径为R,

OM_L平面A8C。，

设OM=d,作PF，OM,易知四边形PFME为正方形.

则有忱总常+2,解得忱备

故外接球表面积为S=4TIR2=407r.

故答案填全407r.

17.答案：适

3

解析：

本题考查三棱锥的外接球问题，属中档题.

要使三棱锥P-ABC的体积最大，即要使点C到平面PAB的距离最大，即点C到边AB的距离最大,

三棱锥的体积最大，结合球的截面性质可得球的半径为CO=+=［二=名.

解：取AB中点£>,连接CD,

设4ABe的外接圆的圆心为E,4P4B的外接圆的圆心为F,

•••4P4B是边长为2的等边三角形，

•••4P4B面积确定，

要使三棱锥P-4BC的体积最大，即要使点C到平面PAB的距离最大，

只有当平面ABCJ•平面PAB时，体积最大，

即点C到边42的距离最大，三棱锥的体积最大，

•••乙4cB=30°,且=2,

外接圆E的半径CE为1x焉=2,

.•.点C在ZL4BC外接圆上运动,

如图所示:

当点C满足Q4=CB时，点C到边AB的距离最大，三棱锥的体积最大,

此时三棱锥的高即为CD的长，

此时ZL4BC外接圆E的圆心E在CDt,

根据球的性质可知，OELCE,OFLDF,OF“ED,

故四边形EOF。为矩形，

故DE=DF=-x—x2=—，

323

在RtACEO中，球的半径为CO=7CE2+0E2=14+-=—.

yj33

故答案为理.

3

18.答案：等

解析：

先由正三棱柱的体积求出棱长，再求出球的半径和表面积.

本题考查棱柱的体积、球的表面积，几何体与球的切接问题，根据几何体的结构特征求得球的半径

是解题关键.

解：如图所示，

B'

设A4=A1B1=a,则正三棱柱ABC-的体积是3a3=2次,

4

解得Q=2,

底面正三角形的外接圆半径r=—^―=得，

ZSi/loUVo

所以球的半径R=J(|)2+(专)2="

所以球。的表面积为4兀产=等.

故答案为：

19.答案：等

解析：

本题考查圆锥的侧面积公式与球的表面积公式，属于较难题目.

先通过圆锥的侧面积公式求出底面圆的半径以及高，进而通过勾股定理，求出外接球的半径，从而

得到圆锥外接球的表面积.

解：

由题意知，三角形ABC为正三角形，AASB=AASC=/-BSC=60°,

所以4B=S4,设圆锥底面半径为r,则普；=2r.,

sin60°

AB=V3r,SO=V3r2—r2=V2r，因为该圆锥的侧面积为

|x2nrxV3r=y/3rcr2=3聒it,丫=V3,SO=V6,

设圆锥的外接球的半径为R,(V6-灯+r2=R2,2^6R=9,R=乎,

9x6277r

所以该圆锥外接球的表面积为垢膜ITTX

故答案为等.

20.答案：解：(1)取中点连接EM、FM,

•・•△ABiB中,M、F分别是AB、4B1的中点，

MF//B1B且MF=

又•••矩形BBiQC中，CE〃B/且CE=

.­.MF//CEB.MF=CE,可得四边形MFCE是平行四边形，

CF//EM

「CF£平面SB1，EMQnEAB1,

•••CF〃平面4EBi；

(2)以C4、CB、CC］为x、y、z轴，建立如图空间直角坐标系,

可得4(2,0,0),当(0,2,4),设CE=m,得E(0,0,m)

•••AE=(-2,0,m),福=(-2,2,4)

设平面AEBi的法向量为祐=(x,y,z)

=—2x+mz=0

解之并取z=2,得有=(m,m—4,2)

—2x+2y+4z=0

•平面E&B的法向量为石？=(2,0,0)，

・••当二面角4一EBi-B的大小是45。时，有

<nTA>=-27n——立解之得力=，

22

，y/m+(m-4')+4-22，

因此，在棱CC1上存在点E,当CE=|时，二面角4一E81—B的大小是45。.

解析：本题在直三棱柱中，求证线面平行并探索二面角的大小能否为45度，着重考查了直线与平面

垂直的判定、用空间向量研究二面角的大小等知识点，属于中档题.

(1)取4名中点连接EM、FM,在△48/中根据中位线定理，得MF〃B/且MF=在矩

形BBiGC中，CE〃BiB且CE=得到四边形MFCE是平行四边形，CF//EM,从而证出CF〃

平面ZE为；

(2)以C4、CB、CC］为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，设CE=m,得到4、和E各点的坐标，

根据垂直向量的数量积为零的方法列方程组并解之，得到平面力Ea的法向量为元=(m,m-4,2),再

由题意得到平面AEa的法向量和平面EB】B的法向量夹角的余弦绝对值为孝，由此建立关系式，可解

出m=I，从而得出存在点满足条件的点E.

21.答案：(1)证明：由题意，AD=CD1,BD=CE=V3>

又因为4B1AD,所以，AB=y/BD2—AD2=V3—1=V2>

所以，AC2=AD2+CD2,即4D_LCD.

又因为CD1BD,且BDnAD=D,BD,ADABD,

所以，。。_1平面46。.

又4"u平面ABD,

所以CD_LAH.

由在直角三角形CH£)中，CD=1,^DCH=30°,DH=—，

3

所以理=也=立，plijAHDA^^ADB,

ADBD3

所以乙4〃D=90。，^AH1BD,

又BD,CDu平面BCDE,BDCCD=D,

所以AH±平面BCDE.

(2)解:

如图，过点。作。zl平面BCDE,力8为x轴，OC为y轴，£>z为z轴，建立空间直角坐标系,

所以，0(0,0,0),B(g,0，0),fCy.-pO)，

设点4(a,0,b),

由4。j4B=企得联a1*I都=7

解得a=1,b=乎,所以40,0冷.

所以荏=(今心,_当,4=(尊0,一生同=(泉0净,

设平面AED的法向量为汨=zi)<

诉荏♦五=°叩卜1=百为+2加内

所以隔.若=0'即Q+a=0'

取Zi=-1,得瓦=(V2,V6,-1),

同理可得平面AEB的法向量为芯=(1,-V3,V2),

所以3<而其>=高篙=一泉

由图可知，所求二面角为钝角，所以二面角B—AE-D的余弦值为-理.

3

解析：本题主要考查线面垂直的判定及求二面角问题，是中档题.

(1)利用线线垂直则线面垂直即可判定；

(2)利用空间坐标法，利用求平面的法向量的夹角求两平面的二面角.

22.答案：解:(1)证明：・•・PA，平面ABC£>,BDc^jgjABCD,

PA1BD,

y.BDLAC,PACtAC=A,

BD_L平面PAC,

BD1PC,

作EF〃P4交4c于点F,

贝IJE尸，平面ABCD,

在中，PE=3EC,EF〃PA,

:.—CF=—CE=—EF=—1,

ACCPPA4

:•CF=FE=1,CE=V2,

设ACnBD=0,

则℃=/=2,OF=^0C=1,

•••CE2+ED2=CE2+(。/2+Ef2)

=2+(l2+0D2+l2)

=4+OD2=OC2+0D2

=CD2,

•••PC1ED,又BDC\DE=D,

：.PC_L平面BED,

■：PCu面PCD,

平面PC。J•平面BED；

(2)如图所示，以O为坐标原点，分别以灰，南的方向为x轴，y轴正方向，建立空间直角坐标系,

P(-2,0,4),F(0,-2,0),0(0,4,0),C(2,0,0),PB=(2,-2,-4).PD=(2,4,-4)，PC=(4,0,-4),

设平面尸8。的法向量为记=(x,y,z),

叱高二/即｛MUUo得取z=L则”=2,m=(2,0,1).

由(1)可知正=(4,0,-4)为平面BE。的一个法向量，

所以cos（记，正>=叵.

10

由图可知，所求二面角为锐角，

所以所求二面角的余弦值为包.

10

解析：本题考查了空间面面垂直的判定，二面角的计算，也可利用向量法求出二面角，属于中档题.

（1）先证BD_L平面PAC,可得BD1PC,再根据勾股定理可得CE1CE,故而可得PC_L平面8E£>,

进而可得面面垂直；

（2）以。为坐标原点，分别以无，而的方向为x轴，y轴正方向，建立空间直角坐标系，把二面角

位置转化为空间向量的夹角问题，利用空间向量解决.

23.答案：（I）证明：如图：

•••F是BE的中点，取BA的中点M,

FM//EA,FM=2=1.

又rEA、CO都垂直于平面ABC,CD〃E4

因此CD〃FM.

又,:CD=1=FM,.••四边形FMCO是平行四边形，即FC〃MC,

而FD仁平面ABC,MCu平面ABC,

FD〃平面ABC.

（口）证明：因为M是AB的中点，△ABC是正三角形，所以CMJ.AB.

又E4垂直于平面48C,乂（：0：平面48。，二0^_1人£,

乂AEn4B=4,二CM±平面EAB.

又•:AFu平面EAB,CM1AF.

又CM〃尸。，从而FDJ.AF,

•••F是BE的中点，EA=AB,所以AF1EB.

而EB,产力是平面EOB内两条相交直线,

AF_L平面EDB.

解析：本题考查了线面平行的判定，线面垂直的判定，线面垂直的性质，面面垂直的判定与性质和

棱锥体积的求法，属于中档题.

(I)利用线面平行的判定得结论；

(口)利用线面垂直的判定得CM1平面E4B,再利用线面垂直的性质得CM1AF,最后利用线面垂直

的判定得结论；

24.答案：(1)证明：PA=AB=2BC=2,AC=心,

所以AC1BC,

因为PA，平面ABC,PAu平面PAC,

所以平面P4C-L平面PAC,

因为平面PACn平面ABC=AC,

所以BC1平面PAC,所以BC14F,

又因为4FJLPC,PCC\BC=C,

则4尸1平面PBC,得4FJ.PB,

又因为4EC4F=A,

所以BP_L平面AEF；

(2)解：由(1)得44EF为直角三角形，P是三棱锥P-4EF的高，在RtAPAC中，PA=2,AC=y/3,

所以PC=迎，49=^£=华=中，在RtAPAB中，PA=AB=2,贝l」PA—AE=：PB—2,,

PCV772

在RtAEAF中，EF=y/AE2-AF2=5*=与,所以xAF=：x手x当=当，

所以三棱锥P-4EF的体积为工x如x或=2.

3721

解析：本题考查了线面垂直的判定，以及求三棱锥的体积，难度一般.

(1)由条件，得到P4_L平面A8C,进而推出BCJ.4F,AFPBC,结合已知条件推出4F1PB,

从而证出BP1平面AEF；

(2)根据题意，得到相关线段长，利用体积公式，算出体积.

25.答案：(1)证明：分别取AC,BC的中点P,Q,连接OP,EQ,PQ,PH,DH.

由平面4coi•平面ABC,且交于AC,OPu平面AC。，DP1AC^DPiffiABC,

由平面EBC_L平面ABC,且交于BC,EQu平面BCE,EQ_LBC有EQJ_面月BC

所以EQ//DP,

(DP//EQ

<EQC平面EBC,所以DP〃平面EBC,

(DPC平面EBC

由AP=PC,AH=HB有PH//BC,

(PH//BC

[8。<=平面岳8。，所以PH〃面E3C,

(PHC平面EBC

(DP〃面EBC

।PH//\^\EBC'所以面BCE〃面。PH,

\DPCPH=P

所以Z)H〃平面BCE

(2)解：法1：以点P为原点，以PA为x轴，以PB为y轴，以PC为z轴，建立如图所示空间直角

坐标系

由EQ_L面ABC,所以面ABC的法向量可取元=(0,0,1),

点4(1,0,0),点C(—1,0,0),点E(—日,V5)，AC=(—2,0,0)>AE=(—V3)>

-2x=0

设面E4C的法向量沆=(%,y,z),所以3工仄取沆=(0,2,-1),

[~2X十万丫十YJz=U

设二面角E-AC-B的平面角为仇据判断其为锐角.cos。=|哥|=|三|=与

'|m||n|11lxV515

法2：过。点作AC垂线，垂足为尸，连接EF.

由(1)问可知EQ_L4C,又因为QP_L4C,所以ACJ■平面EFQ,则有AC1EF.

所以4EFQ为二面角E-AC-B的平面角.

由题可知QF二]BP，所以QF=f，则5/=手，

解析：(1)分别取AC,BC的中点P,Q,连接。P,EQ,PQ,PH,DH.证明EQ〃DP,推出DP〃平

面EBC,PH〃面EBC,得到面BCE〃面。PH,即可证明D”〃平面BCE.

(2)法1：以点尸为原点，以PA为x轴，以尸3为)，轴，以尸。为z轴，建立如图所示空间直角坐标

系，求出面A8C的法向量，面EAC的法向量，设二面角E-AC-B的平面角为仇空间向量的数量

积求解即可；

法2：过。点作AC垂线，垂足为F,连接EF.说明NEFQ为二面角E-4C-B的平面角.通过求解三

角形推出结果即可.

本题考查直线与平面平行，平面与平面平行的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间

想象能力以及逻辑推理能力.

26.答案：解：(1)连接BE,•:BE=V2.EF=©，BF=2,BE2+EF2=BF2,

•.•面4BFEJL面EFCD,面4BFEn面EFC。=EF,：.BE1面EFCD,

•••CD1DE,BECDE=E,CD，面BDE,

-CD1BD;

(2)以ED,EB为y,z轴的正方向建立空间直角坐标系，贝l」B(0,0,应)，F(l,l,0),

0(0,2,0),C(l,2,0),B/中点GGB净，•.•南=前，.•”(一净,

••同=(一;，-浮,DB=(0,-2,V2).DC=(1,0,0),

设平面ABD的法向量为记=(与,月2)则有黑,三;；，

--%!--yj+—z—0,j-

2x

•••22,令Z]=y]2,y1=I,%]=—3,

-2y+y/2z1=0

・•・m=(-3,1,企)，

设平面BDC的法向量为五=(次”/2)则有[史;%二°,

SB-m=O

(x=o人「

7-22y+&z】=0'四当=-1』=0，

n=(0,-1,—>/2)>

—»—»—1—21

・•・cos<m,n>=.....-==——,

Vr9+1+2Vr0+1+22

易知二面角/-BD-C为钝角,

二面角A-BD-C的余弦值为一右

解析：本题主要考查线线垂直，用向量法求二面角的余弦值，属于中档题.

(1)由已知得BE?+EF2=BF2,由面ABFE1面EFCD,得BE_1_面EFCD,

再证CD1面BDE,即得结论；

(2)建立空间直角坐标系，求出平面4?。的法向量沅，平面BOC的法向量五,

即可求二面角4-BD-C的余弦值，注意二面角A-BD-C为钝角.

27.答案：(1)证明：记A例与B。的交点为O.

由题意，知BE148.

•.•平面4BCD1平面ABEF,且平面4BCD0平面4BEF=AB,

BEC平面ABEF.BE，平面ABCQ.

•••AMu平面ABCD,BELAM.

又M为CD的中点，AB=CD=>/2AD=V2FC=2,

•••DM=1,AD=BC=V2.

tanzD/lM=—=4==—,tanzBDC=—=—>

DAy/22CD2

・••Z.DAM=Z.BDC.

V/.DAM+乙AMD=90°,・・・(BDC+乙AMD=90°,

/.^AOD=90°,

又BDABE=B,BD.BEC'正面BDE.

AMl¥ffiBDE,DEU平面BDE...AM_LDE.

(2)解：设点尸到平面也定的距离为d.

・：AF“BE,BEu平面BOE,AFC平面8。£,

・•・AF〃平面BDE.

・•.点尸到平面BDE的距离等于点A到平面BDE的距离.

由(1)知4。_L平面BQE,AM=V/1D2+DM2=J(V2)2+lz=V3.

ADy[2V6

・•・COSZ.DAM=—=-p=——，

AM433

・=V2x—=

••d=AO=AD-cosZ-DAM33

•••点F到平