高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) 59(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）（59）

一、单项选择题（本大题共8小题，共40.0分）

1.下列叙述正确的是（）

A.棱柱的侧面都是矩形

B.五棱锥共有五个面

C.用一个平面去截棱锥，截面与底面的部分是棱台

D.用一平面截三棱锥，所得图形一定是三角形

2.己知4,8,C是球。的球面上的三点,AB=2,AC=2如，乙ABC=60。,且三棱锥。一4BC的表面

积为32兀，则点B到平面OAC的距离为

A.2B.管C.V5D.2V5

3.正方体4BCD棱长为4,M,N,P分别是棱&Di，AtA,

5G的中点，则过“，N,P三点的平面截正方体所得截面的面积为

（）

A.2V3

B.4V3

C.6^3

D.12V3

4.在正方体4BCD-4B1GD1中，二面角Ci—BD-C的正切值是（）

A.WB.IC.2D.V2

2

5.棱长为〃的正方体的外接球的表面积是（）

A.no2B.2na2C.3na2D.4na2

6.鲁班锁是中国古代传统土木建筑中常用的固定结合器,也是广泛流传于中国民间的智力玩具,

它起源于古代中国建筑首创的樟卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即梯卯结构）啮

合，外观看上去是严丝合缝的十字几何体，其上下、左右、前后完全对称，十分巧妙.鲁班锁

的种类各式各样，其中以最常见的六根和九根的鲁班锁最为著名.九根的鲁班锁由如图所示的

九根木梯拼成，每根木梯都是由一根正四棱柱状的木条挖些凹槽而成，若九根正四棱柱底面边

长均为1,其中六根短条的高均为3,三根长条的高均为5,现将拼好的鲁班锁放进一个圆柱形

容器内，使鲁班锁最高的一个正四棱柱形木棒的上、下底面分别在圆柱的两个底面内，则该圆

柱形容器的表面积（容器壁的厚度忽略不计）的最小值为（）

A757r65「13+10任

BD.—71C.-------------71D.(13+5726)71

A-V2

DU

7.已知正四棱柱488-4181。1。1中，48==2,H,M分别为3%8传1上的点.若丽=2,

则三棱锥M—HBC的体积为（）.

A.|B.2C.1D.g

8.在正方体4BCD-4B1C1D1中，点P,。分别为AB,4。的中点，过点。作平面a使〃平面

a,4Q〃平面a若直线Bi。n平面a=M,则端的值为

A.；B.|C.；D.\

4323

二、多项选择题（本大题共1小题，共4.0分）

9.a,b,c表示直线，a表示平面，下列命题错误的是（）

A.若可/6,a〃a,则b〃aB.若a_Lb,b1a,则a1a

C.若a1c,b1c,则a〃bD.若aJ.a,b1a,则a〃b

三、填空题（本大题共U小题，共55.0分）

10.如图，将1张长为2,〃，宽为的长方形纸板按图中方式剪裁并废弃阴影部分，若剩余部分恰

好能折叠成一个长方体纸盒（接缝部分忽略不计），则此长方体体积的最大值为m3.

11.己知4B,CD是半径为2的圆。的两条直径，且AB与C。成60。角，现将圆O沿直线AB折成直

二面角，此时线段CD的长为。

12.在三棱锥4-BCD中，AB=BC=BD=2,AC=CD=2>/2.CD=273）则三棱锥4-BCD的

外接球的半径为.

13.已知2L4BC的顶点都在半径为R的球。的球面上，球心。到平面ABC的距离为更R,

2

AB=BC=AC=V5,则球。的半径R=

14.一个半径为R的球内接圆柱侧面积最大时，该圆柱的全面积与球的表面积的比值

为.

15.已知A,B,C三点都在以PA为直径的球O的表面上，力8_18。,48=3,8（7=4若球。的体积

为U胆，则异面直线PB与AC所成角的余弦值为.

2

16.己知。4。8,。。三条线段两两垂直，长分别是2,x,5,且O,4B,C,4个点都在同一个球面上，这

个球的表面积为38兀，则x的值_.

17.如图，三棱柱中，E、尸分别为48、4（7的中点，平面比8£将凡人

三分成体积为匕彩的两部分，那么匕：％=.A\

18.已知圆锥的底面半径为2c/n,高为2%cm,则该圆锥的侧面积为

19.正方体ABCD-AiBiGDi中，P,Q分别是棱AB,&劣上的点，PQ1AC,则尸。与8劣所成角

的余弦值的取值范围是.

20.己知圆台上底面半径为土下底面半径为|,母线长为2,A8为圆台母线，一只蚂蚁从点A出发

绕圆台侧面一圈到点B,则蚂蚁经过的最短路径长度为-

四、解答题（本大题共10小题，共120.0分）

21.如图，四棱锥P-ABCC中，AD"BC,AD=3,BC=4,M为线段AD上一

点，AM=2MD,N为PC中点,证明：MN"平面PAB/i\\

D

22.已知直三棱柱力BC-AiBiG中，/.ABC=120°,AB=2,BC=CCr=1,求:

(1)异面直线与41cl所成角的余弦值；

(2)异面直线与BG所成角的余弦值.

23.如图所示，平面ABB"】为圆柱。。1的轴截面，点C为底面圆周上异于4,3的任意一点.

(1)求证：BCJL平面4送C；

(2)若。为AC的中点，求证：&D〃平面OiBC.

24.如图，在三棱锥力—BC。中，已知BC=BD,/.ABC=/.ABD,瓦M分别是棱CD,4。的中点，点

N在C£>上，且ZW：NC=1：3,

(1)求证：MN〃平面4BE；

(2)平面4BE_L平面BCD.

25.如图，AB是圆0的直径,C是圆0上的点,PA垂直于圆。所在平面,AE1PB于E,AF1PC于F

__1—一_«.

C

求证：(l)BCJLAF3平面AEF1平面PAB

26.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABC。是菱形，PA，平面ABC。，点尸为PC的中点.

(1)求证：PA〃平面BDF；

(2)求证：PC1BD.

27.如图，已知等边△ABC与直角梯形AB0E所在平面互相垂直，且AEJL4B,BD//AE,

AB=BD=2AE=2,AM=^MC.

(1)证明：直线CO〃平面BEM；

(2)求三棱锥。-BEM的体积.

28.如图，PAL平面ABC,AC1BC,AB=2,BC=\[2,PB=#>

C

(1)求二面角P-BC-4的大小

(2)求三棱锥P-ABC的全面积

(3)求点A到平面PBC的距离

29.如图1,矩形4BCO中，AB=10,/ID=4,E、尸分别为4)、BC边上的点，且。E=2,BF=2,

将44BE沿BE折起至4PBE位置如图2所示，连结PC、PF，其中PF=2k.

(1)求证：PF1平面BC£»E；

(2)求点C到平面PBE的距离.

30.在四棱锥中P-48c0,AB1PA,AB//CD,AB<DC,PA=PD,平面P40_L平面ABCD.

(I)求证：平面PCO_L平面PAD；

(口)在棱PA上是否存在点。，使DQ〃平面P8C,若存在，求震的值；若不存在，说明理由.

【答案与解析】

1.答案：。

解析：

本题主要考查几何体的特征.根据柱体锥体的几何特征逐个排出即可，属于基础题.

解：斜棱柱的侧面不都是矩形，故排除4,

五棱锥共有6个面，故排除B,

用一个平面去截棱锥，当截面与底面平行时，截面与底面的部分是棱台，故排除C.

故选。.

2.答案：B

解析：

本题考查了棱锥的体积，考查学生的计算能力和推理能力，属于中档题.

利用等体积法可求出点B到平面OAC的距离.

解：因为4B=2,AC=2痘，乙ABC=60"，所以44BC是直角三角形，S=32兀=4兀腔，R=2VL

设九1为三棱锥顶点O到底面的高，设九2为三棱锥顶点8到底面的高，b=折二7=2，

^O-ABC=KB-40C>

V0_ABC=|x|x2x2>/3x2=ix1x2>/3xV5x/i2,h2=?，

故选B

3.答案：D

解析：

本题考查了空间中的平行关系与平面公理的应用问题，属于中档题.

根据题意，取正方体4BC0-4B1GD1棱AB、BC、CQ的中点L、K、Q,连接NL,LK、KQ、QP,

得出六边形PQKLNM是所得的截面，求出该六边形的面积即可.

解：如图所示：

取正方体ABC。一4%右。1棱AB、BC、CQ的中点乙、K、Q,

连接NL,LK、KQ、QP,

由立方体儿何性质以及中位线性质得NI7/4B〃DiC〃PQ,

同理KL//MP,MN〃KQ,：.PQKLNM共面.

则六边形尸QKLNM是过M,N,P三点的平面截正方体所得的截面,

该六边形是正六边形，其边长为《NQ=2&,

其面积为6x1x(2V2)2X12V3.

故选D

4.答案：D

解析：

本题考查二面角，取8。的中点E,连接CE,GE,根据三垂线定理易得NGEC即为所求二面角

C1-BD-C的平面角，

解AJEC,即可求二面角G-BO-C的正切值.

解：取80的中点E,连接CE,GE,则ZC1EC即为所求二面角G-BO-C的平面角，

设正方体4BC0-4&。也的棱长为1,在ACiEC中，CCi=l,CE=与,

所以tan^GEC

故选£).

5.答案：C

解析：

本题考查几何体的外接球的表面积的求法，求出正方体的体对角线的长度，就是外接球的直径，求

出半径即可求外接球的表面积.

解：正方体的体对角线的长度，就是外接球的直径，

因为正方体的棱长是4,

•1-2R=V3a，

解得R=^a，

2

2

所以外接球的表面积为S=4TTR2=4TTx=3zra2,

故选C.

6.答案：D

解析：

本题主要考查圆柱的表面积的运用，属于基础题；

先设圆柱的底面半径为r,求出产的值，再将，值代入圆柱表面积公式中即可求解.

解：设圆柱的底面半径为r,圆柱的高h=5,

当圆柱形容器的体积最小时,

用平行于圆柱的底面的平面截圆柱和中间横向最长木条的截面图如图所示,

则r=咨

2

二此时圆柱表面积为+27rr/t=2JTx—+2TTxx5=137r+5V^6H-

92

故选。.

7.答案：B

解析：

本题考查棱锥的体积，考查学生的计算能力和推理能力，属于中档题型.

由题意可知，到平面BCG团的距离等于。到平面8"出的距离的|,由此能求出三棱锥M-HBC的

体积.

解：正四棱柱力BCD-4遇1(71。1中，H,M分别为上的点，款=2,

H到平面BCGBi的距离等于。到平面BCC/i的距离的|,故“到平面BCC向的距离为3x|=2,

・•・M为线段当6上的点，

---S4ZBC=5s四边帝8cq4=-x2x3=3,

,,,VM-HBC=%-BCM=-X3X2=2.

故选8.

8.答案：B

解析：

本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，主要是线面平行和面面平行的判定和性质，考查转化

思想和推理能力，属于中档题.

取BC的中点T,连接尸T,BiT,QT,取久久的中点N,的久的中点K,连接NK,ND,KD,AC,

QT,由线面平行的判定定理和面面平行的判定定理、性质定理，可得当P〃平面ZWK,4Q〃平

面DNK,结合题意可得平面。NK即为平面a,结合三角形的中位线定理可得所求值.

解：取BC的中点7,连接P7,B[T,QT,

取的中点N,C“i的中点K,连接NK,ND,KD,AC,&G，QT,

在正方形ABC。中，AC//PT,

在正方形4/iGDi中，&CJ/KN,

由截面4CCM1为矩形，可得4C〃4Ci，

可得P7//NK,又PTC平面ONK,NKu平面DNK,

可得PF〃平面DNK,

由Q77/4B,AB11A[B],可得QT〃AiBi，

且QT=48i，可得四边形为平行四边形，即有当77/4(2,

又ND〃&Q,可得BiT〃ND,又BiTC平面£WK,NDu平面EWK,

可得当77/平面DNK,且BJCiPT=T,

可得平面BJP〃平面DNK,

由8记u平面々TP,可得By〃平面DNK,

由NC〃&Q,&QU平面。NK,NDu平面DNK,

可得4Q〃平面DNK,

结合题意可得平面ONK即为平面a,

由NK与81cl交于M,

在正方形A/iGCi中，A、C[〃KN,且KN=14iG，

所以MD】

所以需/

MB13

故选8.

9.答案：ABC

解析：

本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的相关定理的应用，属于基础题.

根据空间中线线、线面之间的位置关系依次判断各个选项即可.

解：对于A,若a〃b,a//a,此时有b〃a或bua,故A错误；

对于8,若alb,61a,此时有a//a或aua,故B错误；

对于C,若。_1「，b±e,此时a,b可能平行、异面或相交，故C错误；

对于。，若ala,bla,根据垂直于同一平面的两直线平行可得。正确.

故选ABC.

10.答案：1

解析：

本题考查长方体体积的体积公式，利用导数求最值，属于中档题.

解：设阴影部分的宽为x,则长为2x,

所以长方体的下底面边长为l-2x,高为2x,

所以长方体体积V=2x(1-2x)2=3_(o<x<|),

8X8X2+2X,

所以V'=24/-16X+2,

令片=24/-16x+2=0,解得％=7，

知XG(0,，),。'>0,XG<0>

2

所以X='时,Vmax=2XiX(1-2Xi)=

故答案为M

11.答案：Vio

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.

由折叠后面BE1面ABD,面BC4n面ABD=48,过点C作CE1AB于点E,连接。E,则CE1面

ABD,则CE1DE,从而再RtADC'E中，求CQ即可.

解：折叠后棱锥C-ABD中，^BCA1®ABD,

是半径为2的圆。的两条直径，A8与CQ成60。角,

4BCA=/.BDA=90°,AB=CD=4,

•.RtWA空RtaBD.4，

由oc=OA=60°,

•••ACBA=4DAB=30°,

CA=BD=2,BC=AD=2^3，

•••面8cA_L面ABD,面BC4n面力BD=AB,

过点C作CE14B于点E,连接。E,

则CE_1面48。，

CE1DE,

RtASC'.A中，CE=*=g，

AD

・•・AE=1,

2L4DE中，/.BAD=30°,AD=273.

二由余弦定理得CE=^/AE2+AD2-2AE-ADcos^BAD=V7,

RtADCE中，CO=VCE2+DE2=VTo.

故答案为au.

12.答案:V5

解析：

本题考查了求三棱锥外接球半径的应用问题，中档题.

由勾股定理得，再由余弦定理和正弦定理求得回8CD的外接圆半径，设回BCD的

外心为"，三棱锥4-BCO的外接球球心为。，根据勾股定理列出等式，求出OM的长，再用勾股

定理求得外接球的半径R.

解：如图,

AB2+BC2=8,AC2=（2V2）2=8,

AB2+BC2=AC2,

..ABJ.BCi同理，ABA.BD,

由线面垂直的判定定理可得481平面CBD.

4+4-121

由余弦定理得，cos乙CBD=BC--------———

2X2X22

•J

所以回BCD的外接圆半径为9•券=2,

Zsin~

设团BCD的外心为M,三棱锥4-BCD的外接球球心为。，则。M_L平面8CQ,

作0E14B,垂足为E,易得OEBM为矩形.

设外接球半径为R,•:OA=OD=R,

•••0E2+AE2=OM2+MD2,

又OE=MB=MD=2,AE=OM=BE=1,

R=VOM2+MD2=V1+4=V5.

13.答案：2

解析：

本题主要考查球的截面问题.△「13「的外接圆半径广，球面距离让球半径R构成直角三角形，利

用产+&2=R2解题.

解：设AA3C的外接圆半径，，根据正弦定理得：上=2r,r=l,

sm60

因为A.ABL的外接圆半径「，球面距离“，球半径R构成直角三角形，

即产+d?=/?2,

2

所以(粤)+I2=R2,.，•R=2，

所以球。的半径R为2.

故答案为2.

14.答案：；

解析：

本题考查了球的组合体，考查了空间想象能力，以及求球的表面积，属于中档题.

设出圆柱的上底面半径为，，球的半径与上底面夹角为a,求出圆柱的侧面积表达式，求出最大值,

计算球的表面积，即可得到两者的比值.

解：设圆柱的上底面半径为厂，球的半径与上底面半径的夹角为a,

则r=Rcosa,圆柱的高为2Rsina,

圆柱侧面积为：2丁厂-27：R'sin2(\<

当且仅当c；时，sin2a=1,此时圆柱的侧面积最大，

圆柱的全面积为：sin2(\+2TTR2co62c,

当C:时，圆柱的全面积为：2万7?2+TTR?=3TTR2,

球的表面积为：4TT/?2,

所以圆柱的侧面积与球的表面积之比是K

4

故答案为：.

15.答案：还

15

解析：

本题考查异面直线所成角的余弦值的求解，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.

推导出ZSABC的外心。'是AC的中点，从而。。'1平面48C,PC//OO',从而PCJ•平面ABC,进而球

0的半径OC=R=匣，设PB与AC所成角为0,则cos。=cosNPCA-cos4BCA,由此能求出异面直

2

线PB与AC所成角的余弦值.

p

-A,8两点都在以月4为直径的球。的表面上，ABA.BC,AB=3,BC=4,

ABC的外心。'是AC的中点，二00'JL平面ABC,

由题意得PC〃。。'，平面ABC,

♦.•球。的体积为粤画“轲•二竽”，解得”亨

"AC=V32+42=5，

•••C0'=00'=V2.PC=200'=2V2.PB=2V6.

设PB与AC所成角为。，

则cos。=cosZ.PCA-cosZ-BCA=—x-=—.

3515

••・异面直线PB与AC所成角的余弦值为延.

15

故答案为公.

15

16.答案：3

解析:

本题考查多面体外接球体积与表面积的求法，训练了“分割补形法”，是基础题.

把三棱锥。-4BC补形为长方体，可得长方体对角线长，得到三棱锥。-ABC的外接球半径为

叵正，代入球的表面积公式求解.

2

解：把三棱锥。-ABC补形为长方体，可得长方体对角线长六22+52+方=-29+M.

••・三棱锥0-ABC的外接球半径为R=适正，

2

____2

由题意,47r('*:+")=(29+/)兀=38兀，即x=3.

故答案为3.

17.答案：\

解析：

本题考查棱柱、棱台的体积，考查计算能力，转化思想，考查空间想象能力，属于中档题.

设AE尸面积为S],ABC和4B1G的面积为S,二棱柱高位〃；匕EF-4181cl=匕；%CFE-%Ci=彩；总

体积为：V,根据棱台体积公式求匕；彩=/-匕以及面积关系，求出体积之比.

解：由题：设4E尸面积为s「ABC和4窗修1的面积为$,三棱柱高位/?；

^AEF-A1B1C1=匕；

，BCFE-BiQ=/；总体积为：匕

计算体积：

1.—〜

匕=”⑸+S+历?)①

V=sh@

%=展匕③

由题意可知，S1=;@

根据①②③④解方程可得：匕=各八，%=台无；

贝仁

故答案为，

18.答案：STTCTTI2

解析：

本题考查了圆锥的侧面积公式，解题的关键是弄清圆锥的侧面积的计算方法，特别是圆锥的底面周

长等于圆锥的侧面扇形的弧长.

根据圆锥的母线长=/R2+h2,(其中人为圆锥的高)，圆锥的侧面积=底面周长X母线长+2,把相

应数值代入即可求解

解：圆锥的母线长[=,22+（2次）2=4，

故圆锥的侧面积S=nRl=7Tx2x4=Sircm2.

故答案为：8ncm2；

19.答案：哼,1]

解析：

本题考查异面直线所成的角，考查了学生的空间想象能力和思维能力，是中档题.

由题意画出图形，根据P,Q分别是棱AB,&劣上的点，且PQ14C,得到当产与3重合,Q与5重合时

P。与所成角最小为0。,当P与A重合,。与4重合时PQ与BO1所成角最大，为图中的NBiBDi，设

出正方体棱长，通过解直角三角形求得角的余弦值，则PQ与3D1所成角的余弦值的取值范围可求出.

•：P,。分别是棱AB,4D]上的点，且PQ1AC,

・••当P与B重合，。与5重合时，满足PQ1AC,

此时P。与BL）1重合，所成角最小，所成角的余弦值最大为1,

当尸与A重合，。与&重合时，此时441在平面BBiCi。上的射影与BDi所成角最大,

即PQ与BDi所成角最大，也就是图中的

设正方体的棱长为a,则为。1=y[2a,BDr=y/3a,

COSZBIBDI=总=冬

•••PQ与所成角的余弦值得取值范围是[9,1].

故答案为：停“

20.答案:2A/3

解析：

本题考查旋转体上的最短距离问题，解答此类问题应弦根据题意把立体图形展开成平面图形后，再

确定两点间的最短距离，由此即可求解.

解：•••圆台上底面半径为彳下底面半径为|,母线长为2,

由相似三角形的知识得，8点为圆锥母线的中点，

将圆台所在的圆锥展开如图所示：

则线段48就是蚂蚁经过的最短距离，

因为圆锥的底面边缘的周长=扇形的弧长，

2417

所以扇形的弧长/:2;rr2TTX：,

扇形的半径等于圆锥母线长=4,

.••扇形圆心角为llSI*X1的，

n=—60

4t7r

在△APB中，由余弦定理得，

AB-=16+4-2x4x2cofi600=12，

所以4B=2V3.即蚂蚁经过的最短路径长度为2K.

故答案为2H.

21.答案：证明：取尸8的中点T,连接AT,TN,

"AD=3,且4M=2MD,

.-.AM=2,

■.■T,N分别为PB,PC的中点，

.-.TN//BC,且「"泗，

vBC=4

TN=2,AM=TN,

•：AD//BC,

TN//AD,即TN〃AM,

.♦•四边行INMA为平行四边形.

MN//AT,

"MN不在平面PAB内，ATu平面PAB,

•••MN〃平面PAB.

解析：本题主要考查了线面平行的判定，属于基础题.

根据已知条件取PB的中点T,连接AT,7W,推导出四边行TNMA是平行四边形，由此能证明MN〃平面

PAB.

22.答案：解：⑴•.•直三棱柱ABC-a8心中,4C〃4G

NaAC即为异面直线AB】与&G的所成角或补角。

在直角AABBI中=；在直角△CBS［中,CB］=;

在AABB］中,2BC=120。，AB=2,BC=CCt=1,

AC=v/4+l-2x2xlxco.sl2(y=/，

在△ACBi中，由余弦定理得COSN&AC=苧。

(2)设M、N、尸分别为AB,BBi和8修1的中点，得出4当、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角；根

据中位线定理，结合余弦定理求出AC、MQ,例P和/MNP的余弦值即可.

解：如图所示，

设M、N、P分别为AB,BBi和BiG的中点,

贝NP//BC「

则AB】、BCi夹角为MN和N尸夹角或其补角(因异面直线所成角为(0,§),

可知MN=^4BI=在，NP=-8^=—;

212212

作BC中点Q,则APQM为直角三角形，PQ=1,MQ=|AC,

△4BC中，由余弦定理得AC?=AB2+BC2-2AB-BC-cos^ABC

=4+l-2x2xlx(-1)=7,

•••AC=V7>MQ=y，MP=yjMQ2+PQ2=手:

在八PMN中,由余弦定理得cos/MNP=MN；胃L=堂绰誉=_萼;

2MNNP2X—X—5

22

又异面直线所成角的范围是((),§,•••4当与BC1所成角的余弦值为理.

45

解析：本题考查异面直线所成角的求法，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，是基础题.

先用余弦定理求出AC=V7,再连接B[C,与BC1交于点E,取AC有中点D,连接BD,DE,则/BED是异

面直线AB1与BC】所成的角或补角，由勾股定理得NDBE=903即可求出异面直线与BC1所成角

的余弦值.

23.答案：解：(1)证明：在圆柱。。1中，••・43为0。的直径，；.801。，

力41_L平面ABC,BCu平面ABC,4411BC,

vBC1AC,4AliBC,AArC\AC=A,ACu平面&AC,A&u平面44C,

BC1平面4AC；

(2)取BC的中点E,连结QE,0/,

B

在圆柱0。1中，又•••。为AC的中点，

DE//ABQ.DE=^AB,

•••40i〃4B且=：AB,

CE〃AiOi且DE=4。1

.,•四边形4DE01为平行四边形&D〃EOi，

•••A1D//EO1,&DC平面。iBC,ERu平面。凤

•••〃平面OiBC.

解析：本题主要考查了线面垂直的判定，线面平行的判定，属于中档题；

(1)根据题意BC1AC,AA11BC,即可得解；

(2)取8c的中点E,连结。E,。出，得到四边形&OEO1为平行四边形，即可得解.

24.答案：解：⑴,：DN:NC=1:3,

DN:DC=1:4,

•••E是棱QC的中点，

DE:DC=1:2,

•••DN-.DE=1:2,

・•.N为DE的中点，

又用是AQ的中点，

MN//AE,

又MNC面ABE,AEU面ABE,

AMN〃平面ABE；

(2)-AB=AB,BC=BD,/.ABC=乙ABD,

・••△ABC三4ABD,

・••AC—AD,

又E是棱OC的中点，

•••AELCD,

vBC=BD,E是棱OC的中点，

BE1CD,

vAEflBE=E,AEU面ABE,BEU面ABE,

CDJ•面ABE,

：.DCU面BCD,

.♦・平面48E1平面BCD.

解析：本题考查线面平行的判定，考查面面垂直的判定，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、空间想象能力，考查数形结合思想，是基础题.

(1)由已知条件，推导出MN〃AE,由此能证明MN〃平面4BE；

(2)由题意，可推出BE1CD,得CD1面ABE,由此能证明平面ABE1平面BCD.

M力安-TRB〃、；•平面4BC.BCU平面4BC,

25.答案：证明:(1),p4±BC

又AB是圆O的直径，

/..4C1BC.

XAC,PA在平面PAC中交于A,

:.Z?CJ■平面P4C,

又AFU平面PAC,

BC±AF.

(2)由BC_L4F,AF1PC,BC,PC在平面P3C中交于C,

•••AF1平醉BC又PBu平面PBC,

AF1PB.

又AF,AE在平面AEF中交于A

PBJ■平面AEF,

又PBC平面PAB,

Z?±5F®.4EF.

解析：本题考查线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，属基础题.

(1)根据线面垂直的判定定理，先证明平面P.AL,进而得到线线垂直；

(2)先证明PBJ.平面」EF,再根据面面垂直的判定定理，即可证得最后结论.

26.答案：证明：(1)连接AC,8。与AC交于点。，连接。F.

•••4BCD是菱形，

•••。是4C的中点.

•••点F为PC的中点，

OF//PA.

•：OFu平面BDF,PA仁平面BDF,

P4〃平面BDF.

(2)vPA_L平面ABCD,

•••PA1.BD.

又••,底面ABCD是菱形，

BD1AC.

又P4nac=4PA,ACPAC,

BDJ•平面PAC.

又•；PCu平面PAC,

•••PCLBD.

解析：本题考查了线面平行的判定，线面垂直的判定与性质的应用，考查空间中线线、线面间的位

置关系等基础知识，考查推理论证能力，属于中档题.

(1)设8。与AC交于点0,利用三角形的中位线性质可得0F〃P4,从而证明P4〃平面8。八

(2)由PA_L平面ABC。得PALBD,依据菱形的性质可得BD1AC,从而证得8D1平面PAC,进而

PC1BD.

27.答案：(1)证明：连接交EB于点。，连接0M,

因为BD//4E,BD=2AE,所以4。:。。=1:2,

因为宿=：前乙

所以AM:MC=1:2,

所以MO〃CC,

又因为CDC平面BEM,MOu平面BEM,

所以CD〃平面BEM;

(2)解：取43中点F,连接CF,

因为△ABC等边，所以CF14B,

因为平面ABC_L平面ABOE,^ABCCynABDE=AB,CFu平面ABC

所以CF_L平面A8QE,

因为宿=：祝，

所以点M到平面ABDE的距离是］CF,

所以％_EM8=匕=QSAK-J'/7

<5<5

111

=§xq町砌•尹

，x（工X2X2）W=2

3、2739

解析：本题重点考查线面平