高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (七)(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）（7）

一、单项选择题（本大题共5小题，共25.0分）

1.某几何体是由一个半球挖去一个圆柱形成的，其三视图如图所示.已弋］二3^

知半球的半径为几，则当此几何体体积最小时，它的表面积等于（）/-一

'2仇（O）

B.（18+3V3）7T

C.217T

D.（18+4V2）TT

2.己知四棱锥S-4BCD中，四边形ABCC为等腰梯形，AD//BC,ABAD=120°,△SAD是等边

三角形，且S4=48=26，若点尸在四棱锥S-4BCD的外接球面上运动，记点尸到平面ABCD

的距离为"，若平面SAD_L平面ABC。，则”的最大值为（）

A.715+2B.V15+1C.713+2D.g+1

3.已知三棱锥P-ABC的顶点都在半径为|的球面上=1，BC=痘,AC=2,则三棱锥P-ABC

体积的最大值为（）

A.更B.1C.V3D.2

22

4.在正方体48co-力道16。1中。为底面A3CQ的中心，E为。传的中点，则异面直线心4与EO

所成角的正弦值为（）

如图，矩形ABCD中，48=1,4。=&，将2L4BD沿着BD折成，

使得4点在平面A5CD上的射影在4BCD内部，设二面角4-8。-C的

平面角为a,&C与面BCD所成角为夕，乙4/O=y,则a,/7,y的大小关

系为（）

A.a>y>P

B.a>^>y

C.丫>B>a

D.y>a>p

二、填空题（本大题共11小题，共55.0分）

6.已知矩形48CQ,AB=4,BC=3,将其沿对角线80进行翻折，得到三棱锥4-BCD,则在

翻折的过程中，有下列结论：①三棱锥4-BCD的体积最大值为g；②三棱锥4-BCD的外接

球体积不变；③三棱锥D-ABC的体积最大值时，直线AB,CD的余弦值为||；④当二面角力-

BD-C的大小为60°时，棱AC的长为号.其中正确的结论有一（请写出所有正确结论的

序号）

7.判断下列叙述的正确的是:（写出所有的正确的序号）.

①垂直于同一条直线的两条直线平行；

②若一条直线垂直于一个平面内的任一直线，那么这条直线垂直于这个平面.

③如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；

④如果三条共点直线两两垂直，那么其中一条直线垂直于另两条直线所确定的平面；

⑤垂直于三角形两边的直线必垂直于第三边.

⑥若a内的两条相交直线分别平行于平面/?,贝Ua平行于伙

⑦设a和夕相交于直线/,若a内有一条直线垂直于/,则a和口垂直：

⑧直线/与平面a垂直的条件是/与a内的两条直线垂直.

8.已知四面体ABCD的棱长满足AB=4C=BO=CO=2,BC=AD=1,现将四面体ABC。放

入一个主视图为等边三角形的圆锥中，使得四面体ABCD可以在圆锥中任意转动，则圆锥侧面

积的最小值为.

9.在三棱锥P-4BC中,AB1BC,三角形PAC为等边三角形,二面角P-AC-B的余弦值为一渔，

3

当三棱锥P-4BC的体积最大值为：时，三棱链P-的外接球的表面积为.

10.如图，PA1平面ABC,PA=VL且AD1PB于点。,AE1PC于点E.在Rt△ABC中，AB=BC=1,

AB1BC,则直线AB与平面ADE所成角的大小为.

11.等腰直角三角形ABC中，4。=；,CA=6V2,。为AB的中点，将它沿8翻折，使点A与点

B间的距离为6次，此时四面体ABCD的外接球的体积为.

12.在直三棱柱ABC—4aC1内有一个与其各面都相切的球01，同时在三棱柱ABC-4B1G外有一

个外接球。2•若ZB，BC,AB=3,BC=4,则球外的体积为.

13.在三棱锥P-HBC中,481BC,三角形P4C为等边三角形，二面角P-AC-B的余弦值为一渔，

3

当三棱锥P-ABC的体积最大值为g时，三棱锥P-ABC的外接球的表面积为.

14.若点N为点M在平面a上的正投影，则记N=%(M).如图，在棱长为1的正方体48C。一4当(71。1

中，记平面为夕，平面4BCD为y,点P是线段CQ上一动点，Qi=5加(P)］，Q2=%［心(P)L

给出下列四个结论：

①Q2为AHBiOi的重心

②Q1Q21BC;

③当CP.时,PQ1〃平面/?；

④当三棱锥Di-4PBi的体积最大时，三棱锥Di-AP/外接球的表面积为27r.

其中，所有正确结论的序号是

15.如图，点尸在正方体4BC0-的面对角线上运动，则下面四

个结论：①三棱锥A-DiPC的体积不变；②&P〃平面"5；③DP1Bg;

④平面PDB11平面ACDi，其中正确的结论的序号是(写出所有你

认为正确结论的序号).

16.已知二面角a—1一夕的大小是60。，设4€a,Bel,AB=4,若A到/的距离为2,则AB与平

面0所成的角的正弦值为;若60。的二面角a一1一/?内一点P到面a,/?的距离分别是2,

4,则点P到直线I的距离为.

三、解答题(本大题共14小题，共168.0分)

17.如图，已知四棱锥P-4BC0,底面ABCD为菱形，PA_L平面ABC。，Z.ABC=60°,E,尸分

别是BC,尸C的中点.

(I)证明：AE1PD;

(11)若4为2。上的动点，E”与平面PA。所成最大角的正切值为与，求二面角E-4F-C的余

弦值.

18.如图，在三棱柱ABC-a/iG中，侧面a&CiC是菱形,。是AC中点,必。_L平面ABC,平面BB”

与棱&G交于点E,AB=BC.

B

(1)求证：四边形BBiEC为平行四边形；

(2)若C8i与平面/BB14所成角的正弦值为求盛的值.

19.如图，四棱锥P-ABCO中，P。1底面4BC0,AB//C0,4A0C=120°,AD=AB=2,CD=4,

点”为棱PC的中点.

(1)证明：BM〃平面R4D：

(2)求M点到平面PAD的距离.

20.如图，在四棱锥P—48co中，Z4PB=乙BPD=Z.APD=60°,PB=PD=BC=CD=2,AP=3.

(/)证明：AP1BD-,

(〃)求PC与平面PA8所成角的正弦值.

21.如图，在四棱锥P—48CD中，平面P4C1平面ABC£>,AB//CD,AB1AD,且CD=2/W=

4AB=4.

",

(1)求证：BD1PC；

(2)过B。作截面与线段PC交于点H,使得力P〃平面BQ",试确定点，的位置，并给出证明.

22.如图所示，四棱锥P—ABCD的底面是边长为2的菱形，PAL平面48CZ),E,F分别为CD,PB

的中点，AP=2,AE=取.

(1)求证：EF〃平面PAD;

(2)求证：平面力EF_L平面P4B;

23.如图所示，已知四棱锥P-48C0中，底面ABC。为菱形，PAABCD,4/1BC=6(T,E,F分

别是BC,PB的中点.

(1)证明：力E_L平面尸A。：

(2)若“为尸。上的动点，EH与平面PAO所成最大角的正切值为小,求二面角B-AF-C的正

切值.

24.将边长为2的正方形ABCQ沿对角线8。折叠，使得平面ABO_L平面C8Q,4E_L平面A8Z),且

AE=V2.

(I)求证：DE1AC；

(口)求OE与平面BEC所成角的正弦值；

(DI)直线BE上是否存在一点M,使得CM〃平面AOE,若存在，求点M的位置，不存在请说明

理由.

25.如图，四棱锥P-中，0P4D为正三角形，AB//CD,AB=2CD,ABAD=90°,PA1CD,

E为棱P8的中点.

(1)求证：平面PAB平面CDE；

(2)若直线PC与平面PAD所成角为45°,且CD=2,求四棱锥E-4BCD的体积.

26.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD//BC,AADC=Z.PAB=90°,BC=CD=^AD,E为梭AD

的中点，异面直线P4与C。所成的角为90。.

(/)在平面PA8内找一点M,使得直线CM〃平面P8E,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.如图，在梯形A8CD中，AB//CD,AD=DC=CB=2,乙ABC=60°,平面ACEF1平面ABCQ,

四边形ACEF是菱形，ACAF=60°.

(1)求证：BF1AEi

(2)求二面角B-EF-。的平面角的余弦值.

28.如图，在四棱锥P-4BCD中，四边形A8CO是平行四边形，M为棱P8的中点.

(1)求证：PD〃平面MAC；

(2)若平面H4BJL平面A8CD,平面PAD，平面ABC。，求证：PAABCD.

29.如图，已知平行四边形ABC。与^EMN所在的平面都与矩形BOE尸所在的平面垂直，且NB4D=

60°,AB=MN=2/W=2,EM=EN,尸为MN的中点.

(1)求证：MN//AD-,

(2)若直线AE与平面ABCD所成的角为60。，求二面角M-AB-C的余弦值.

30.在四棱锥P—4BCD中，侧面PAD1底面ABC。,底面ABCZ)为直角梯形,BC〃力。/4DC=90

BC=CD=^AD=1,PA=PD,瓦产为4。/。的中点.

(I)求证：PZ〃平面BEF；

(II)若PC与AB所成角为45。，求PE的长；

(HI)在(口)的条件下，求二面角尸-BE-4的余弦值.

【答案与解析】

1.答案：。

解析：

本题主要考查了空间几何体的三视图及其表面积的计算，球体的体积和面积公式，圆柱的体积和面

积公式，函数模型的应用，利用导数来求函数闭区间上的最值，考查了综合分析能力和计算能力，

属于中档题.

如图，设几何体的体积为匕挖去的圆柱的体积为匕，圆柱的高4B=x(x>0),利用球体的体积公

式和圆柱的体积公式，表示出几何体的体积％求V的导数，利用导数来求函数V在闭区间上的最

值，进而得出几何体体积最小时的x的值，进而得出圆柱的底面半径，再利用球体的表面积公式，

圆的面积公式，圆柱的表面积公式，求出该几何体的表面积.

解：设几何体的体积为匕挖去的圆柱的体积为匕，

•.•半球的半径为遥，

所以半球的体积为：1XJ开，(4)IV/ttlT,

则几何体的体积V4V品r-11，

如下图，A为半球的圆心，C为圆柱上底面圆上的一点，过A点作圆柱底面的垂线，垂足为8,

A

设圆柱的高ZB=x(x>0)

在RtAABC中，由勾股定理得：B(72=AC2-AB2=(«)2一％2=6一%2,

22

则V=4\Z6TT—V\=4X/6TT—TT-BC-AB=4X/6TT—TT(6—z)•x=TTX3—67r工+4y/6Tr(x>0),

7

则V'3TTX2-67r,令V=0,解得x=&或x=-V2(舍去),

当x=VL此几何体体积V最小，

此时圆柱底面半径为：BC=J(V6)2-(V2)2=2，

则几何体的表面积为：

।2/\2

-x4;r•（代）+7Tx（V6）—7T-BC2+7T-BC*+27r•BC-AB

=-X4?r-+7TX（述）+2TT-2XxFl

=127T+6亓+4V/2TT

=（18+4四）方

故选D.

2.答案：D

解析：

本题考查组合体、球，考查空间想象能力以及空间想象能力.属于较难题.

由题意画图，图中找出关于外接球半径关系式，即可求解.

解析：

依题意乙4BC；，取BC的中点E,

由SA=AB=2b，得BC=4V3,AE=DE=2^3.

则E是等腰梯形A3。外接圆的圆心，

设。是四棱锥S—ABCD的外接球球心，OE=x,

过点。作。下垂直平面SAD于点F,

则。尸=4Bsin60°=3,

又S到平面ABC。距离为S4sin60。=3,

・•・SF=3—%；

设四棱锥S-4BCD的外接球半径为R,

则R2=OE2+BE2=SF2+OF2,

即（2V5）2+%2=（3—x）2+32;

解得x=1,R=V13;

当P,O,E在同一条直线上时，取得最大或最小值;

故dmax=R+OE=g+l，

故选。.

3.答案：A

解析：解：如图，设球心为0,

由AB=1,BC=V3-AC=2

可得AABC为直角三角形，

斜边AC的中点0'为球小圆的圆心，

连接。。'，0A,

则。0'JL平面ABC,

由04=(0'4=1可得0。'日£

故三棱锥P-4BC的最大体积为

J

ixSA4FCxOP=ix^x(i+|)=^,

故选：A.

利用勾股定理得到直角三角形48C,取AC中点0',连接。。'，结合球半径可得。0'的长，进而得P-

48C的最大值.

此题考查了球内接三棱锥的问题，难道适中.

4.答案:B

解析：解：取BC中点凡连接EF,

则E/7/也，

则40EF为异面直线54与E。所成角,

设AB=2,

在RM0EF中，

OF=1,OE=V3,

即sin/OEF=—=

故选：B.

先作出异面直线。遇与EO所成角，再在Rt△OEF中即可得解.

本题考查了异面直线所成角的作法及求法，属中档题.

5.答案：A

解析：

本题考查二面角，线面角，难度较大

过4作8D的垂线AE交8。于E,延长AE,交BC于尸，利用面面垂直确定为在底面BCD中的位

置，同时得到二面角的平面角和直线与平面所成角，可以判定有关角的三角函数的大小，进而利用

三角函数的性质得到相应角的大小关系.

解：如图所示，过A作8。的垂线AE交8。于E,延长4E,交BC于F,

连接&E,则力1E1BD,

AXE,4Eu面AiEF,AEDArE=E,AE±BD

则平面&EF1BD,

平面4EF1平面BCD,交线为EF,

设公在平面BC力上的射影为O,则。在直线EF上，

又•.•已知必点在平面ABCO上的射影在△BCD内部，

•••。在线段EF内部，

连接0C,则N&E。为二面角&一BD-C的平面角，乙4iE0=a；

乙41C。为&C与平面8c。所成角，乙41。。=0,

由已知得=Z-A^E=Z-ABE=Z.ABD=y.

由已知矩形A3c。中/B=1,AD=5

.・・BD=V3,

/21「

sh\AABD—v^,<x)«ZzlZ?D—tanZzlBDv2,

6y/3

再\i

.4E=ABs\nZ.ABE=,BE=ABe^AABE=—=,BF=ABtanNB从产=

v/3V3V2

、DE3*=W，EF/EW/BE=爰、美=a・

tanZ/liZ?F=tanNABE=\2,

迎

A0.AiEA^EAE=4

tan乙41co=OC<7?C<FC=FC=

tan/-A1BE>tanz^jCO,

.・.y=zjliBE>Z-ArCO=0,

.4口八A{OA\O-4|OA\O..八八

tnnAA[EO=>——=tanZ.l/(),

EOEFCFOC

・・・a="EO>乙41co=£（Q，S的大小比较可以省略）,

1

/ArnEOEFv/61

^n=eo«Z,4,EO=-<—=-^=-f

11

=—=>-=C(>SC,

y/32

・•・a>y,

综上所述，a>y>0,

故选A.

6洛案：①②③

解析：

本题考查了平面与立体几何的关系，考查了三棱锥中线线关系，二面角以及三棱锥的外接球的体积，

较综合，属于中档题，

将矩形折叠后得到三棱锥，①四面体A8C。体积最大值为两个面互相垂直求三棱锥的底面积和高计

算；

②求出三棱锥的外接球半径，计算体积；

③当二面角4一BD—C为直二面角时，以C为原点CB,8所在直线分别为x,y轴建立坐标系，

借助于向量的数量积解答；

④找到二面角的平面角计算即可.

解：①四面体A8CD体积最大值为两个面互相垂直，它的体积为:x：x3x4x£=募；所以①正

确；

②取AC中点0,由直角三角形性质可得。4=0B=0C=0D,

则。为三棱锥A-BCD的外接球球心，

所以三棱锥4-BCD外接球的半径为正亘=三，

22

所以三棱锥4-BCD外接球的外接球体积不变，②正确；

③三棱锥。-ABC的体积最大值时，二面角4-BD-C为直二面角，

以C为原点CB,8所在直线分别为x,），轴，

则由向量的数量积可以得到直线A3、CZ）所成角的余弦值为||；所以③正确.

④当二面角4-BD-C的大小为60。时，

在直角三角形AB力中，AB=4,AD=3,BD=5,

作力EJ.BD,CF1BD,则4E=CF=苫，DE=BF=3,

同理直角三角形ABC中，贝怔尸=8。-DE-BF=/

在平面ABO内，过尸作FH〃/1E,且FH=4E,连接A”，易得四边形AEF”为矩形，

则AH=EF=（,AH//EF,

FH1DB,又CFJ.DB,即有/CFH为二面角C一B0-4的平面角，且为60。，

即CH=CF=y,

由BD_L平面CFH,得到BD1CH,

即有AH1CH,

则4c=+c“2=等,故④错误；

故答案为①②③.

H

7.答案：②④⑤⑥

解析：

本题考查了空间中直线与直线的位置关系，线面垂直的判定，面面平行的判定，线面垂直的性质和

面面垂直的判定.

利用空间中直线与直线的位置关系对①进行判定，利用线面垂直的判定对②③④⑧进行判定，再

利用线面垂直的性质对⑤进行判定，再利用面面平行的判定对⑥进行判定，再利用面面垂直的判定

对⑦进行判定，从而得结论.

解：对于①、垂直于同一条直线的两条直线可能平行、相交或异面，因此①不正确；

对于②、由线面垂直定义知②正确.

对于③、如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，而这无数条直线互相平行，则这条直线与这个

平面不垂直，因此③不正确；

对于④、如果三条共点直线两两垂直，那么其中一条直线垂直于另两条直线所确定的平面，因此④

正确；

对于⑤、因为垂直于三角形两边的直线必垂直于三角形所在平面，因此也垂直于第三边，因此⑤正

确；

对于⑥、由面面平行的判定得⑥正确；

对于⑦、设a和£相交于直线/,若a内有一条直线垂直于/,则由二面角的平面角定义知：a和£可能

垂直、也可能不垂直，因此⑦不正确；

对于⑧、由线面垂直的判定定理得不⑧正确.

故答案为②④⑤⑥.

8.答案：?

解析:

本题主要考查四面体的外接球以及圆锥的内切球，属于难题，

若要四面体A8CZ）可以在圆锥中任意转动，则四面体ABCQ的外接球也可以在圆锥中任意转动，当

圆锥侧面积的最小时，四面体ABC。的外接球即为圆锥的内切球，按这个思路求解即可.

解：由已知，四面体ABC。的对棱都相等,

故该四面体可以通过补形补成一个长方体，如图所示:

设4F=x,BF=y,CF=z,

则，）2+z2—Jy2++2—2,Jy2+7—\

可得Z

=,y=2—,2X=­•

••・四面体ABCD的外接球半径R==迎

24

若要四面体ABC。可以在圆锥中任意转动，则四面体A8C。的外接球也可以在圆锥中任意转动，当

圆锥侧面积的最小时，四面体ABC。的外接球即为圆锥的内切球，如图，设圆锥的高为/?,底面半

径为r,

联立可得r=y/3R='9h=V3r=

44

o3v/66>/6

・,・圆锥侧面积的最小值为27r.二----鼠27,

-----------------=—7T

故答案为?7T.

4

9.答案：8兀

解析：

本题考查简单组合体及其结构特征，棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积，球的表面积和体

积，涉及二面角，利用基本不等式求最值，考查空间想象能力，逻辑推理能力和计算能力，属于综

合题.

由题意，设△P4C的边长为a,AB=x,BC=y,利用基本不等式求出a,再设APAC外接圆的圆心

为01，三棱锥P-4BC的外接球的球心为O,求出POi和。。1，利用R2=01。2+po£,求出解即可.

解：如图，设△P4C的边长为a,AB=x,BC=y,

由题意，x2+y2=a2,

取AC的中点。，连接PC,则PD14C,PD=~a，

2

过点尸作PE_1_面ABC,垂足为E,连接ED,ACu面ABC,:.PE1

AC,PDnPE=P,

4C1面PDE,EDcffiPDE,.-.ACLED,

NPDE是二面角P-AC-B平面角的补角，

••・二面角P-AC-B的余弦值为一渔，

3

cosz.PDE=—,则sin/POE=—)

33

可得PE=PDxsiMPDE=-ax—=-a,

232

三棱锥P-ABC的体积U=|xSAABCXPF=|x|xyx|a,

x2+y2=a2>2xy,BPxy<y,当且仅当x=y时，即％=y=字时，取等号,

・••Y如3,三棱锥p一的的体积最大值烤

243解得a=2,

设小P4C外接圆的圆心为。I，三棱锥P-ABC的外接球的球心为0,£>为A/IBC外接圆的圆心，则。。1

ffiABC,•••ODLED,"DE+N。。。1=90。，

sinZ.ODOj=cosZ-PDE=半，cosZ.ODOj=寺tanzODOj=V2,

IThln八2e2>/3

则p。=-rPtD=-xy—/3a=—a=2—y/3,

133233

nn1Dn6cW

01D=-PD=X—Q=—CL——，

1一

33263

。。1=0]DxtanzODOi=—axV2=—a=—»

663

R2=。1。2+PO"=[+£=2,

故三棱锥P-ABC的外接球的表面积为4TTR2=4兀x2=8兀.

故答案为87r.

10.答案：30。

解析：

本题考查直线与平面所成的角，属于中档题.

在平面PBCk,过点B作BF平行于PC交延长线于点F,连接AF,根据线面所成角的定义知尸

为直线48和平面AOE所成的角，在Rt/kBFA中求出此角即可.

解：在平面P8C上，过点B作8/平行于PC交延长线于点凡连接AF,

因为PA_L平面ABC,BCu平面ABC,

所以241BC,

又ABA.BC,PAnAB=A,且PA,力Bu平面PAB,

所以8C1平面PAB,

又4。u平面PAB,

则BC140,

又ACJ.PB,PBCBC=B,

所以4D，平面PBC,

又PCu平面PBC,

得PC1/W,

又PC14E,AEnAD=4,且AE,40u平面AQE,

所以PCL平面ADE,EDu平面ADE,

:.PC1ED,

平面P8C中，PC1ED,

■■■BF//PC,

BF1ED,

又：PCJ.平面AOE,

所以BF1平面ADE,

即NB4F为直线AB和平面ADE所成的角.

在RtAPAB中，PB=V3,40=把竺=更，

PB3

所以po=2，BD=—,

33

△ACP中，AC=AP=V2,AC1AP,E为PC中点、,

得PE=1.

由APEC与△BFC相似，可得BF=,PE=],

在RMBFA中，sin/BAF=*=[,

所以直线AB与平面AOE所成的角为30。.

故答案为30。.

11.答案：1806万

解析：

本题考查四面体的体积，属于中档题.

先求出三角形AB。的外接圆的半径，再结合图形求出外接球的半径，即可求解.

通过翻折，则平面用30

如图所示；

c

在三角形ABD中,

6?+62（66）21

COSZ.ADB--f

2x6x62

则siM4DB=4，

设三角形ABD的外接圆的半径为r,则2r=-^,

sinz-ADB

C6

即2r=逅，得r=6,

2

再设四面体ABCD的外接球的半径为R,

4

则-

33=180V5TT.

故答案为180遍TT.

Z9-729

12.答案:7T

6

解析:

本题考查棱柱的内切球与外接球的体积，根据已知求出球的半径，是解答的关键.

根据已知可得直三棱柱ABC-4&C1的内切球半径为1,进而可以得到外接球的半径，即可得答案.

解：因为4B1BC,AB=3,BC=4,所以4c=5,

故AABC的内切圆半径r=三尸=1,所以球0】的半径％=r=1,

所以=2匕=2,

又外接球。2的半径：

R2=：JAB2+BC2+AA：

=-V32+42+22=

22

所以外接球。2的体积：

3

-甯=等加

故答案为些7r.

6

13.答案：87r

解析：

本题考查简单组合体及其结构特征，棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积，球的表面积和体

积，涉及二面角，利用基本不等式求最值，考查空间想象能力，逻辑推理能力和计算能力，属于综

合题.

由题意，设△P4C的边长为a,AB=x,BC=y,利用基本不等式求出“，再设APAC外接圆的圆心

为。1，三棱锥P-ABC的外接球的球心为。，求出POi和。0「利用R2=。】。2+P。3求出R2即可.

解：如图，

设△PAC的边长为a,AB=x,BC=y,

由题意，x2+y2=a2,

取AC的中点。，连接P。，则PD14C,PD=-a,

2

过点P作PE1面ABC,垂足为E,连接ED,ACc.\^ABC,：.PE1AC,PDCPE=P,

•••ACIjfjPDE,EDu面尸力E,ACLED,

•••4PDE是二面角P-AC-8平面角的补角，

•••二面角P-AC-8的余弦值为一立，

3

cos/PDE=-）贝UsinNPDE=—，

33

可得PE=PDxsinz.PDE=—ax—=-a，

232

・・・三棱锥P-ABC的体积V=1xSAABCxPE=|xixyx|a,

v%2+y2=a2>2xy,HPxy<当且仅当％=y时，即％=y=当时，取等号，

・・.Y或...三棱锥p—ZBC的体积最大值为号

•••士屋=i解得Q=2,

设△尸/C外接圆的圆心为01，三棱锥尸一ABC的外接球的球心为。，。为△ABC外接圆的圆心,

则OD_L面A3C,A0D1ED,々PDE+4。。。1=90。，

••・sinZ-0D01=cosZ-PDE=半，coszODO1=弓，tanZ.ODO1=V2,

则POi=-PD=-x-a=—a=—»

133233

nn1nnV3V3

133263

。。1=。1。xtanzODO=-ax\[2=­a=—»

1663

•••R2=OjO2+=*£=2,

故三棱锥P-ABC的外接球的表面积为4兀/?2=4兀X2=8兀.

故答案为87r.

14.答案：①②③

解析：

本题重点考查空间中的线、面位置关系、重心和棱柱的外接球问题，考查推理能力和计算能力，属

于中档题.

连接C仆,贝ij,△AB"1为正三角形，由Q2为正三角形AABiDi的中心，也是AABiDi的重心，可判

断①正确;由线面垂直的性质可知②正确;若PQ〃平面。，则PQ〃4E,设CP=t(0<t<1),由t=

可知③正确;当三棱锥5-HP/的体积最大时，由S跌=3兀，可知④错误.

解：因为%(P)=C,连接C①,如图:

则有C&1平面AB15，

C4in平面AB/i=Q2，CA=CB1=CDr,△ABi%为正三角形,

所以Q2为正三角形△力&Di的中心，也是△4aD1的重心，

所以①正确；

由C4_L平面4&。1，C&u平面4%出，

所以平面力CG&J_平面4B15，

记%(P)=Q，

由B0J.4C,BD1CCr,ACnCCX=C,

AC,CGu平面4CC14,

得BD1平面4CC14，

Qi，Qz6平面ACC141，

则QQ

所以②正确；

若PQ〃平面口，则PQ〃AE,

设CP=t(0<t<1),AEnCG=M,

由Rt△MAC-Rt△MPQ,

得「<2=m，易得QIC=¥(2T),

由PQ〃AE,则"Q[C=/.MAC,

t_2

由taMPQiC=tan/AMC得，乏=后

解得t=CP=/所以③正确；

当P与C重合时，，£>1一4PBi=Vp-ABiDi最大，P—为棱长为近的正四面体,

其外接球半径7?=今贝2或=3%所以④错误.

故答案为①②③.

15.答案：①②④

解析：

本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定,

要注意使用转化的思想.

利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解.

因为A41〃CC1,AA\=CC\,

所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以4C//41C1.

又4CC平面A1BC1,AlClu平面A1BC1.

所以4C〃平面412C1,同理可证A。"/平面A1BC1.

又ACu平面ACC1,4。1<=平面481,iLACCtAD\=A,

所以平面ACD\〃平面A1BC1.

因为A1Pu平面A1BC1,所以A1P〃平面ACD1,故②正确；

2。1<=平面418。1,所以8cl〃平面AC£>1,

所以点P到平面ACEH的距离不变.

又以-5PC=%TCD『所以三棱锥4-D1PC的体积不变，故①正确；

因为CB=DC1,所以当P为BC1的中点时才有DP1BC1,故③错误；

因为仍口平面ABC。，ACc5FffiABCD,所以4clBB1,

又4clBD,BBICBD=B,所以ACJ■平面BB1O1O,

又BIDu平面BB1D1D,所以81D14C.同理可证B1D1/W1.

又4Cu平面ACQ1,AQlu平面ACZH,ACnADl=A,

所以BID1平面AC£>1,

又BIDu平面PDB1,所以平面PD811平面ACDl,故④正确.

故答案为①②④.

16.答案：-；里

43

解析：

(1)本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，以及直线与平面所成角，考查空间想象能力、运算

能力和推理论证能力，属于基础题.

过点A作平面0的垂线，垂足为C,在口内过C作/的垂线.垂足为。，连接AC,从而N4DC为二面

角a-，-口的平面角，连接C3,则N4BC为A8与平面6所成的角，在直角三角形A8C中求出此角

即可.

解：过点A作平面£的垂线，垂足为C,

在/?内过C作/的垂线.垂足为Q

连接AZ),有三垂线定理可知4。

故4ADC为二面角a-1-/?的平面角为60。，故40=2,

连接CB,则NABC为AB与平面/?所成的角

则4c=*40=V3>

•••sinZ-ABC=—=—：

AB4

故答案为理.

4

(2)本题考查了二面角的定义、大小度量，解三角形的知识.分析得出尸Q是尸到/的距离，且利用

正弦定理求出是关键.

设过P,C,O的平面与/交于。点，可以证出1_L面尸C。。于。，ZDQC是二面角a-一夕的平面角，

PQ是P到/的距离.且PQ是APDC的外接圆的直径，在△PCD中利用余弦定理求出C£>,最后根据

正弦定理可求出PQ,从而求出点P到直线/的距离.

解：设过尸，C,。的平面与/交于。点.

D

P

/Ca\

由于PCI平面a,/u平面M,则PCJU,

同理，有PDLl,,:PCCPD=P,

IJ•面PCQD于Q.

又DQ,CQ,PQc¥31PCQD

：.DQ1I,CQ1I.

NDQC是二面角a-I-0的平面角.

Z.DQC=60°

且PQll,所以P0是尸到/的距离.

在平面图形PCQD中，有乙PDQ=Z.PCQ=90°

:.P、C、。、。四点共圆，也为△POC的外接圆，且尸。是此圆的直径.

在△PC。中，vPC=2,PD=4,Z.CPD=180°-60°=120°,

由余弦定理得：CD?=PC2+PD2_2pc.PDcosl20°=4+16-2x2x4x(-1)=28,：.CD=

2V7，

CD

在中，根据正弦定理.,fen2/?PQ,

smZCID

c2夕4V21

•-P0Q=百=『

2

•••点尸到直线/的距离为逆.

3

故答案为：迫.

3

17.答案：证明：(I)证明：由四边形ABCQ为菱形，^ABC=60°,可得△ABC为正三角形.

因为E为BC的中点，所以4E1BC.

5LBC//AD,因此4E14O.

因为PA1平面ABCD,AEu平面ABCD,所以PA1AE.

而P力u平面PAD,ADu平面PAD且P4dAD=A,

所以AE_L平面PAD,又PDu平面PAD,

所以AE1PD.

解：（口）设43=2,H为尸。上任意一点，连接AH,EH.

由（I）知4/1平面PAD,

则NEH4为EH与平面PAQ所成的角.

在Rt△E4H中，AE=V3,

所以当AH最短时，/EH4最大，

即当AH1PD时，4EH4最大.

此时tan/E/M=—=—=—，

AHAH2

因此4H=75,乂AD=2,所以乙4。"=45。，

所以PA=2,

因为PA，平面ABCD,PAu平面PAC,

所以平面PAC_L平面ABCD.

过E作EOJ.4c于。，则EO_L平面PAC,

过。作。S14F于S,连接ES,则4ES0为二面角E-AF-C的平面角,

在RtAAOE中，EO=AE-sin30°=—.AO=AE-cos300=

22

又尸是PC的中点，在RtAAS。中，SO=AO-sin450=—，

4

又SE=、E02+SO2=A+2=空,

yj484

迪/—

在Rt△ES。中，cosMS。=*看=誉,

~4~

即所求二面角的余弦值为叵.

5

解析：本题主要考查了立体几何知识，考查空间中的位置关系，考查了相关判定定理，属于中档题.

（1）要证明4后_!.「。，我们可以证明4E上面PAD,由已知易得4ELP4我们只要能证明4E，40即

可，由于底面ABC。为菱形，故我们可以转化为证明AE1BC,由已知易得到结论.

(I)由EH与平面如。所成最大角的正切值为耳，我们分析后可得PA的值，由(I)的结论，我们进

而可以证明平面PAC1平面ABCD,则过E作EO1AC于O,则EOJ■平面PAC,过0作OS14F于S,

连接E5,则NES。为二面角E-AF-C的平面角，然后我们解三角形ASO,即可求出二面角E-AF-C

的余弦值.

18.答案：(1)证明：在三棱柱4BC-中，侧面为平行四边形，

所以

又因为C平面&ACC1，u平面占4CC1，

所以〃平面A遇CC].

因为BiBu平面BBi。，且平面n平面44CC1=DE,

所以B$〃DE.

因为在三棱柱ABC-&BiCi中，平面ABC〃平面G，平面B%。n平面ABC=B。，平面BB1。n

平面a/iCi=B[E.

所以BD〃&E,故四边形B1BEC为平行四边形.

(2)解：在AABC中，因为ZB=BC,。是AC的中点，

所以80_L4C.

因为&0_L平面ABC,所以&01B0,ArDLAC,以DB,AC,&D所在直线分别为x轴，y轴，z

轴，建立如图空间直角坐标系。-孙z.

设BD=a,AD=b,在△44。中，AA^=2AD,^DA=90°,

所以W=包,所以。(0,0,0),A(O,-b,O),&(0,0,回),B(a,0,0),

则所以丽=(0,b,百b)，AB=(a,b,0).

因为E(0,b,gb),所以西=屁+丽=(a,b,Wb),即&(a,b,8b).

因为C(O,b,0),所以西=(a,0,J5b).

设平面ABBMi的法向量为日=(%,y,z).

by+y/3bz=0,所以y=-V3z,

因为

ax+by=0,

令2=a,则丫=—ga,x-V3b,所以元=（百①一次12,&）.

因为|cos伍，函Xm•西।

|n||CB；|V3b2+3a2+a2xVa2+3ft2

所以Q=2b或a=3b,即需=4或*=|.

LDUDU3

解析：本题主要考查线线平行的判定，及求线面角的求法，属于中档题.

(1)由线面平行的判定证〃平面&ACC1,由线面平行的性质得BiB//DE,

由平面4BC〃平面4Biq,根据面面平行的性质可褥结论

(2)建立如图空间直角坐标系，CB］与平面ABB1公所成角的正弦即为OB1与

平面48B1&的法向量所成角的余弦，结合己知条件可的结果.

19.答案：证明：(1)取PC的中点E,连结AE,EM,

•••M是棱PC的中点，EM〃CD,且EM=^CO,

-AB//CD,AB=2,CD=4,二EM//AB,EM=AB,

••・四边形4BME是平行四边形，二BM//AE,

■：BMu平面PAO,AEu平面PAO,

BM〃平面PAC.

(2)取ZD中点凡连结BF,AF=1AB//CD

AADC=120°A/.DAB=60。在△FAB中，由余弦定理得BF2=#+-2x1x