高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) 28(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）（28）

一、单项选择题（本大题共5小题，共25.0分）

1.以下命题中真命题的个数是（）

①若直线/平行于平面a内的无数条直线，则直线〃/a；

②若直线“在平面a外,则力/a：

③若直线a〃b,bea,则”/a；

④若直线。〃匕，baa,则。平行于平面a内的无数条直线.

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

2.已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面a所成的角都相等，贝la截此正方体所得截面面

积的最大值为（）

A.迎B.毡C.乎D,皂

432

3.在三棱锥P-ABC中，已知乙4PC=pZ.BPC=PALAC,PB1BC,且平面PAC_L平面PBC,

4.在三棱锥4-BCD中，AB=CD=2,AD=BC=1,AC=遮，且二面角B-AC-D为120。，

则三棱锥4-BCD外接球的表面积为（）

A.4兀B,57rC,6兀D.77r

5.三棱柱ABC-AB】Ci底面为正三角形，侧棱与底面垂直，若AB=2,44i=1,则点4到平面4BC

的距离为（）

A.3B.3C.也D.V3

424

二、多项选择题（本大题共2小题，共8.0分）

6.下列命题中正确的有（）

A.空间内三点确定一个平面

B.棱柱的侧面一定是平行四边形

C.分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点只可能在两个平面的交线上

D.一条直线与三角形的两边都相交，则这条直线必在三角形所在的平面内

7.将直角△ABC沿斜边上的高AD折成120。的二面角，已知直角边4B=4百,AC=4后，那么下

面说法正确的是（）

A.平面ABC1平面ACD

B.四面体。一A8C的体积是|历

C.二面角4-BC—D的正切值是走

3

D.BC与平面4C。所成角的正弦值是叵

14

三、填空题（本大题共14小题，共70.0分）

8.如图，圆柱。。1中，两半径。4,0/等于1,且。410$,异面直线

AB与。0］所成角的正切值为弓则该圆柱001的体积为：Z

9.一个圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则该圆锥的侧面积为

10.如图，正方体ABC。-ABiGDi的棱长为1,线段8也上有两个动点E,F,且EF=多则下

列结论中正确的结论序号是.

”工\*.一93

,、、一、、、、寸P/

DA

@AC1BE;②EF〃平面ABCD;③异面直线4E,BF所成的角为定值；④直线AB与平面BEF

所成的角为定值；⑤以48EF为顶点的四面体的体积随EF位置的变化而变化.

11.某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的表面积为cm2.

侧视图

俯视图

12.以棱长为2遍的正四面体中心点。为球心，以R(1<R<3)为半径的球面与正四面体的表面相

交得到若干个圆(或圆弧)的总长度的取值范围是

13.已知正方体ABCD—4B1GD1的棱长为3.点N是棱为B1的中点，点7是棱CC】上靠近点C的三等

分点动点。在正方形。山44式包含边界)内运动，且QB〃面DiNT,则动点。所形成的轨迹的长

度为_________

14.如图空间四边形PA8C中，PA平面A8C,AC1BC,AC=BC=2,PA=4.则

PC和平面PA8所成角的正切值为.

15.如图(1),在等腰直角△ABC中，斜边4B=4,0为4B的巾点，将△ACD沿CC折叠得到如图(2)所

示的三棱锥C-4'B。，若三棱锥。一48。的外接球的半径为近，则力'DB=。

图⑴

16.如图(1),在等腰直角AABC中，斜边AB=4,0为AB的中点，将△力CD沿CZ)折叠得到如图(2)所

示的三棱锥C一48£).若三棱锥C一ABD的外接球的半径为遥，则NA'OB=.

17.如图①，在等腰直角△ABC中，斜边4B=4,。为AB的中点，将△力C。沿CD折叠得到三棱锥

C-4BD如图②所示.若三棱锥C-A'BD的外接球的半径为近，则=

18.已知三棱锥。一ABC的每个顶点都在球。的表面上，AB=6,AC=2遍，AB1AC,顶点。在

平面ABC上的投影E为8c的中点，且DE=5,则球。的体积为.

19.在立体空间中，椭圆可以看做是用一个不平行底面的平面去截高度足够高的圆柱所得的截口曲

线，而圆柱的底面圆恰好是该椭圆在底面的投影.若长轴长为4,焦距为2百的椭圆方程为

捻+，=l(a>b>0),则该椭圆内接六边形的面积的最大值为.

20.已知三棱柱ABC-aB】Ci的各顶点均在表面积为等的同一球面上，AB=AC=BC=4,则这

个三棱柱的高是.

21.一个圆锥恰有三条母线两两夹角为60。，若该圆锥的侧面积为3百兀，则该圆锥的体积为

四、解答题(本大题共9小题，共108.0分)

22.如图，在三棱柱4BC-中，侧面441GC是菱形,D是AC中点,&D_L平面ABC,平面BB1。

与棱4cl交于点E,AB=BC.

(1)求证：四边形BBiED为平行四边形;

(2)若CBi与平面4BB14所成角的正弦值为等求蔡的值.

23.如图，正方体4BC。一&B1C1D1的棱长为2,E是A5的中点，OF1。出于F。

(1)证明;BO11平面。EF；

(2)求三棱锥5-OEF的体积。

24.已知四棱锥P-4BCD中，底面4BCD为矩形，且4D=4,4B=2,若PAJ•平面4BCD,E,F

分别是线段AB,8C的中点.

⑴在线段4。上是否存在点G,使得EG〃平面PFD?若存在，找出点G的位置(不用证明)；若

不存在则说明理由；

(2)证明：PF1DF；

(3)若PB与平面ABCD所成的角为60°,求二面角A-PD-F的平面角的余弦值.

25.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.

26.如图，四边形A8C£＞是矩形，AD=2,DC=1,平面/BCDJ■平面8CE,BE1EC,EC=1.点

尸在线段BE上，且DE〃平面ACF

(I)求证：平面4ECJ•平面A8E；

(口)求言的值;

(in)求二面角力一户C-B的余弦值.

4■_____L

厂

27.在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛(Alberobello),这些圆锥形屋顶的奇

特小屋名叫Trullo,于1996年被收入世界文化遗产名录(如图1).现测量一个屋顶，得到圆锥5。

的底面直径4B长为12〃?，母线S4长为18nl(如图2).C,力是母线SA的两个三等分点(点。靠近

点4),E是母线SB的中点.

图1困2

(1)从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带，求灯光带的最小长度;

(2)现对屋顶进行加固，在底面直径4B上某一点P,向点。和点E分别引直线型钢管和PE.试

确定点P的位置，使得钢管总长度最小.

28.如图，在四棱锥S-ABCD中，5口_1底面从8。。，底面A8CO是正方形，且.SD=AD,5是SA的

中占

I八、、,

（I）求证：直线BAL平面SAQ；

（口）求直线SA与平面BED的夹角的正弦值.

29.某潜水员身背氧气瓶潜入湖底进行考察，氧气瓶形状如图，其结构为一个圆

柱和一个圆台的组合（设氧气瓶中氧气已充满，所给尺寸是氧气瓶的内径尺

寸），潜水员在潜入水下4米的过程中，速度为V米/分，每分钟需氧量与速

度平方成正比（当速度为1米/分时，每分钟需氧量为0.2L）；在湖底工作时，

每分钟需氧量为0.4L；返回水面时，速度也为v米/分，每分钟需氧量为0.2L,

若下潜与上浮时速度不能超过P米/分，试问潜水员在湖底最多能工作多少

时间？(氧气瓶体积计算精确到IL,a、p为常数，圆台的体积了=17rh(r2+rR+R2),其中〃

为高，八R分别为上、下底面半径.)

30.如图，AABC和△BCD所在平面互相垂直，且4B=BC=B0=4,

/.ABC=ADBC=120°,E,F,G分别为AC,DC,AO的中点.

(1)求证：EFJJF面BCG；

(2)求三棱锥。-BCG的体积.

【答案与解析】

1.答案：A

解析：

本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置

关系的合理运用.

在①中，直线/与a平行或，ua：在②中,a与a平行或相交；在③中，“/a或aua；在④中，a〃a或

aua,故a平行于平面a内的无数条直线.

解:因为直线I虽与平面a内无数条直线平行，但/有可能在平面a内，所以/不一定平行于a,所以①是

假命题.

因为直线a在平面a外包括两种情况：a〃a和。与a相交，所以a和a不一定平行，所以②是假命题.

因为直线4/b,bua,则只能说明“和6无公共点，但。可能在平面a内，所以a不一定平行于a,

所以③是假命题.

因为a〃b,bua,所以所以。可以与平面a内的无数条直线平行，所以④是真命题.

综上，真命题的个数为1.

故选A.

2.答案：A

解析:

本题考查直线与平面所成角的大小关系，考查空间想象能力以及计算能力，有一定的难度.

利用正方体棱的关系，判断平面a所成的角都相等的位置，然后求解a截此正方体所得截面面积的最

大值.

解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面a所成的角都相等,

如上图所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，a截此正方体所得截面面积的最大,

此时正六边形的边长遮，截面面积最大值为：6X^X(^)2=M.

24v274

故选A.

3.答案：A

解析：

本题考查几何体外接球的表面积，由面面垂直的性质，得4。，平面P8C,史R3=立,故得解.

66

解：取尸C中点0,连接A。，B0,设球半径为R,因为NBPC':,PALAC,PB1BC,

所以AO=BO=R,PC=2R,PB=R,BC=遍R,由平面PACJL平面PBC,/-APC=?得，AO1平

面PBC,因为三棱锥P-ABC的体积为更，所以3R3=隹，...R=I,

666

二球的表面积为47r.

故选A.

4.答案：D

解析：

本题考查球的表面积公式，空间想象能力和思维能力，属于中档题.

根据题意中数据可得NACB=4a4。=90°,将将三棱锥4-BCD置于一个直三棱柱力DE-CFB中是

解题的关键.

解：因为4B=CD=2,AD=BC=1,AC=V3,所以N4CB=NC40=90。，

将三棱锥A-BCD置于一个直三棱柱ADE-CFB中，如图所示：

由二面角B-4C-C为120。可知NE/W=120%直三棱柱/。9一。/8的外接球即三棱锥4一8以)的

外接球，

外接球的球心。在上下底面三角形外心连线段的中点.

在△力DE中，AD=AE=1,/.EAD=120°,得0E=心，

设三棱锥4-BCO的外接球的半径为R,A/IDE外接圆的半径为「，由正弦定理得2r=f肃=2,

smz.EAD

解得r=l.

又球心到底面ADE的距离d=-AC=在，

22

所以外接球的半径R=Vr2+d2=—>

2

所以外接球的表面积为JTTFHF，

故选O.

5.答案：B

解析：

本题考查点到面的距离，线面垂直的判定.属于一般题.

过A作4。1&D,AO即为所求，利用等体积法求解.

解：在三棱柱中，连接&B,4C,

取BC的中点。，连接A。，&D

因为底面△ABC是正三角形，所以4B=4C

有题干条件可知侧棱1底面A8C

所以441_L48,AAX1AC

222

所以|七B|2=|44/2+|幽2,\Aj_C\=\AAr\+\AC\

所以=141cl

且4B=4C,点。是BC的中点

贝lj有4。1BCMi。_LBC,AO与公。交于。，

且AD与&D都在平面中，

所以BC1平面44D,

过A作40J.&D,则4。1面4BC,

因为4B=2,44i=1,4BC—/1B1G底面为正三角形,

所以40=遮，

ArD=2,

^A-AtBC=^A1-ABCf

11

.,九，S“]Bc=Q♦,S^ABC,

i-h-i-2-2=i-l-i-2-V3,

3232

h=避,

2

所以A到平面4BC的距离为当

故选B.

6.答案：BC

解析：

本题主要考查了平面的基本性质及其推论的应用，属于基础题.

根据平面的基本性质及其推论，以及棱柱的性质，逐项分析，即可判断出结果.

A.因为任意不共线的三点确定一个平面，故A错误；

B.根据棱柱的性质可得：正棱柱的侧面是矩形，斜棱柱的侧面可能是矩形和平行四边形，棱柱的侧

面一定是平行四边形，故B正确；

C.分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点分别含于两条直线，也分别含于两个平面，

必然在交线上，故C正确；

。.若一条直线过三角形的顶点，则这条直线不一定在三角形所在的平面内，故。错误.

故选BC.

7.答案：CD

解析：

本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，考查二面角，线面角，棱锥的体积，考查空间想象能

力，属于较难题.

根据题意逐项判断即可.

解：沿折后如图，

由题易得力。1CD,AD1BD,CDCBD=D,；.ADJ_平面BCD,

所以4。IBC,

且易知NCDB是二面角C一4D-B的平面角，

故NCDB=120°,CD=8,BD=4,AD=4鱼，

在ACDB中，由余弦定理得BC2=CO2+BD2-2CD-BDCOS120。，可得BC=4夕,

过点。作CFLBC于F,连接AF,

又BCJ_AD,ADODF=D,

BC_L平面ADF,则4F1BC,

由面积相等得［DFBC,可得。尸=咆，

997

①VAD1平面BCD,ADu平面ACD,

平面4CD_L平面BCD,

••・易知平面ABC与平面AC£＞不垂直，A错;

②由于Vo-ABC—^A-BCD=]SABCD-4。

=:(!x8x4xsinl2()""＞，错;

323

③易知乙4FD为二面角A-BC-。的平面角，

AD4—屈

taii7Z.A4rrUn=__=—-^==--——十5

DF4y/213，C正确；

④•.•平面AC。_L平面BCD,平面ACO介平面BC。=CD,

•••过B垂直于平面AC。的直线一定在平面BCO内，且与C。相交,

BC与平面48所成的角是NBCD,

RHCDF中，.DF历，。正确.

suiZZ/C=——=-*■—=----

故选CD.

8.答案：47r

解析：解：过B作BC_L底面0,交底面圆。于点C,连结0C,

•••圆柱001中，两半径04,0止等于1,且041。$,

异面直线AB与。01所成角的正切值为?，

0A10C,AC=Vl2+I2=V2,OoJ-BC,

二N4BC是异面直线AB与。。1所成角，

tan^ABC="=立=五，二00=BC=4,

BCBC41

・•・该圆柱。。1的体积:

V=nr2•00]=47r.

故答案为：47r.

过B作BC1底面0,交底面圆。于点C,连结。C,则04JL0C,AC=&，OO^-BC^由乙48c是

异面直线48与。。1所成角，得到tan/ABC="=涯=江，从而。01=BC=4,由此能求出该圆柱

BCBC4

。。1的体积.

本题考查圆柱的体积的求法，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

解能力，考查数形结合思想，是中档题.

9.答案：2n

解析：

本题主要考查圆的周长公式和扇形面积公式，圆锥的轴截面等基础知识，考查运算求解能力，化归

与转化思想,属于基础题.

由题意得圆锥的底面半径及母线长，那么圆锥的侧面积=底面周长x母线长x

解：••・圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，

二底面半径=1＞底面周长=2n,

二圆锥的侧面积=x2TTx2=27r.

故答案为27r.

10.答案：①②④

解析：

本题考查棱柱的结构特征，解答本题关键是正确理解正方体的几何性质，且能根据这些几何特征，

对其中的点线面和位置关系作出正确判断.熟练掌握线面平行的判断方法，异面直线所成角的定义

以及线面垂直的证明是解答本题的知识保证.

①4CJ.BE,可由线面垂直证两线垂直：

②由面面平行的定义可证得结论正确；

③可由两个极端位置说明两异面直线所成的角不是定值；

④把线面角转化为线线角即NABD,即可得知④正确；

⑤可证明棱锥的高与底面积都是定值得出体积为定值.

解：①ACJL平面又BEu平面BBiD[D，工ACLBE,故①正确；

②)•：平面ABCD"平面A、BiC\D\,EFU平面AiBiGR,，EF〃平面ABC。，故②正确；

③由图知，当F与当重合时，令上底面中心为O,则此时两异面直线所成的角是N&40,当E与内重合

时，此时点F与。重合，则两异面直线所成的角是OBCi，此二角不相等，故异面直线AE、BF所成

的角不为定值，故③错误；

④直线AB与平面BE尸所成的角也就是直线AB与平面88也。所成的角，ACJ.平面8出。|。，

・•・直线AB与平面8815。所成的角就是乙4BD为J5，因此，直线AB与平面BEF所成的角为定值，

故④正确；

⑤由几何体的性质及图形知，三角形BE尸的面积是定值，4点到面ODiBiB距离是定值，故可得三

棱锥4-BEF的体积为定值，故⑤错误.

11.答案：12+8收

解析：

本题考查空间几何体的三视图，以及求表面积，属于基础题.

判断得出该几何体类型，利用题中数据，即可求解几何体的表面积.

解：由三视图可知，该几何体为一个三棱锥和一个四棱锥的组合体，其直观图如图所示，其中四棱

锥P-4BCD的底面为边长为2的正方形，高为2,三棱锥Q-BCE的底面为直角边为2的等腰直角

三角形，高为2,所以该几何体的表面积S=4+2x|x2x2+2xjx2x2V2+2x|x2x2

+2xJx2x2>/2=12+Sx/2(cin2).

12.答案:(0,8企司

解析：

本题考查正方体与圆的组合体，确定球面在正方体表面上截得的弧的位置和大小是解题的关键.

解：

将棱长为2n的正四面体人-BCD补体为正方体，则正方体边长为2遍,

所以该正四面体外接球半径为3,即08=3,

设CD中点为E,底面ABCO的中心为0',连接BE,OE,

则BE=3V2，BO'=2V2,EO'=五,

00'=yjBO2-BO'2=］，OE=1。。'2+E0'2=V3.

当1<R<但时，球在正四面体每个面上截得的轨迹都是圆，这些圆都是以各个面的中心为圆心的

圆，设半径为r（0<rW鱼），

所以总长度为4X2nr<8/兀，

当遮<R<3时，球在四面方体每个面上截得的轨迹都是三段圆弧，其长度显然小于8位兀，R-1或

R-3时，球在正四面体每个面上截得的轨迹都是点，长度为0,

故答案为（0,8立司.

13.答案：V10

解析：

本题考查直线与平面的位置关系的应用，轨迹的长度求法，取DC中点Ei，取4G=1,延长BE1，

延长A。，交于点E,连接£G,交05于点］.说明面BGECI面D1DZM1=G/,点Q的轨迹是线段G/然

后求解即可.

解:由于QB〃面ANT,所以点。在过8且与面DiNT平行的平面上.

取。C中点Er取41G=1,

故可得BN匕E\D<

故可得BE//D1N,

同理证得BG〃/

又因为BGnB%=8,DrNnDyT=Dx

则面ME1〃面。iNF.

延长BE】，延长AD,交于点E,

连接EG,交DDi于点/.显然，面BGEn面£(i»44i=G/,

所以点。的轨迹是线段G/.易求得G/=V32+I2=V10

故答案为：VTo

14.答案：|

解析：解：取AB的中点为O,连接C。，

"PAl^ABC,：.PA1.0C,

■■AC=BC,。是AB的中点，.••AB1OC,

又P4CiAB=A,：.COJ_平面PAB,

贝ikCP。为PC和平面PAB所成的角.

AC—BC-2,AC1BC,AB=2&，CO=^AB=\[2,

：.PO=y/PA2+OA2=3V2.

tanz.CPO=—=

OP3

PC和平面PAB所成角的正切值为“

故答案为：

取4B的中点为0,连接CO,可证C01平面PAB,则NCP。为尸C和平面PAB所成的角.

本题考查直线与平面所成的角，考查空间想象能力与计算能力，属于中档题.

15.答案：簧

解析：

根据题意，先找到球心的位置，再根据球的半径是石，以及已有的入

边的长度和角度关系，分析即可解决./\

本题考查了三棱锥的外接球的问题，找到球心的位置是解决本题的关/

键.属于难题.£<整//一,均\

解：球是三棱锥C-ABD的外接球，所以球心。到各顶点的距离相

等，如图.*二^3

根据题意，（:0_1_平面48。，

取CC的中点E,4B的中点G,连接CG,DG,

因为4D=BD,CD_L平面4BD,

所以力'和B关于平面CQG对称，

在平面CDG内，作线段CZ）的垂直平分线，则球心。在线段CD的垂直平分线上，设为图中的。点

位置，过

O作直线C。的平行线，交平面ABD于点兄

则OF1平面A'BD,且OF=DE=1,

因为a'F在平面ABO内，所以。尸14'F,

即三角形AOF为直角三角形，且斜边。&=R=病，

•••A'F=Vft2-OF2=V5^1=2.

所以BF=2,

所以四边形A'DBF为菱形，

又知OD=R,三角形0£>E为直角三角形，

0E=7R2-DE2=75^1=2,

•••三角形A'DF为等边三角形,

•••^A'DF=p

故"DB=y,

故填

16.答案：等Ojr

解析：

本题考查三棱锥的结构特征及其外接球问题，属于较难题目.

根据题意得出三角形ABD的外接圆半径，设4&DB=2。，利用正弦定理及外接球的半径得出r,求

出cos。即可得出.

解：设△4BD的外接圆半径为，，乙4，DB=2。，其中。e（0,》

取48的中点E,•••A'D=DB,二DE1A'B^A'DE=^A'DB=6,

/.AfE=2sin09/.AiB—2AfEIsin0；

.WB4sin0

在△480中，由正弦定理易得2r

s\nZ.AfDBsin20

故「

由题意知A/1+产=遍.

19TT

解得860=,），所以乙山。8=20=可.

故答案为二:.

17.答.案:797r

解析：

本题考查三棱锥的结构特征及其外接球问题，属于较难题.

根据题意得出三角形48。的外接圆半径，设乙4切8=20,利用正弦定理及外接球的半径得出r,求

出cos。即可得出.

解：设△A'BC的外接圆半径为r,WDB=2。,其中。e（0弓）.

取的中点E,vA'D=DB,

：.DE1A'B^A'DE=^A'DB=0,

...1772sin0f

A!B2.1'/?Lsin0;

在△A8D中，由正弦定理易得2r==处女

sinNADBsin20

故厂=—

CU«U

由题意知A/1+丁2=岳.

IQyr

解得8S0=；,所以/4。8=2。=m・

2TT

故答案为三.

18.答案：等

解析：解：因为4B=6,AC=2乃，AB14C,所以BC='36+24=

2V15-

由题意可知△ABC外接圆半径r==V15,

因为DE_L平面ABC,则可知球心。在。£上，由球的性质可知

R2=(5-灯+15,

解可得R=4,

故球的体积用竽=等

故答案为：等.

由题意可知DE，平面A8C,球心。在。E上，由球的性质可知R2=(0E-R)2+GBC)2,代入可求

R,然后结合球的体积公式即可求解.

本题主要考查了球体积的求解，解题的关键是球半径的求解，属于中档试题.

19.答案：3/j

解析：

本题考查椭圆在立体空间中的应用，考查了综合分析运用能力，属于中档题.

根据题意，由射影的性质求出椭圆面与底圆面的二面角的余弦值，然后由圆的性质可知，当圆的内

接六边形为正六边形时，内接六边形面积才最大，求出正六边形面积，再根据面积关系进行求解即

可.

解：由题意可知a=2,c=痘,则b=l,如图所示,

该椭圆在底面的射影是底面圆，其中4c=2a=4,AB=2b=2,

由射影的性质可知，椭圆面与底圆面的二面角为。，则cosO=|^=；

2a2

由圆的性质可知，当圆的内接六边形为正六边形时，内接六边形面积才最大，S投影正六边形=6x三x

12*sin6。。=苧

所以S_S投跖E大边地_

加”椭圆六边形-cose-SV3.

故答案为3、月.

20.答案：8

解析:

本题考查了直三棱柱与外接球的关系，根据棱柱底面三角形的形状找出球心位置是解题关键.

根据题意得到球的半径为R=苧，进而得到△力BC外接圆的半径为「=券即可得到答案.

解：•••三棱柱ABC-&B1C1的各顶点均在表面积为等的同一球面上,

S=4标=竽,解得R=随，

33

又•••4B=AC=BC=4,

•••由正弦定理得：-^-=2r,故△ABC外接圆的半径为「=这

sm6003

又•••三棱柱4BC-的各顶点均在同一球面上，

•••三棱柱ABC-&B1C1为直三棱柱，

故三棱柱4BC—41B1G的高h=2^—^——(2)=8，

故答案为8.

21.答案：\Zii;r

解析：

本题考查圆锥的侧面积公式与圆锥的体积公式，属于中档题.

先通过圆锥的侧面积公式求出底面圆的半径以及高，即可求出结果.

解：如图：

由题意知，三角形A5C为正三角形，

乙ASB=LASC=Z-BSC=60°,

所以AB=SA=SB=SC=AC=BC,

设力B=x,则底面圆的直径为2R=f=磊，

sinouVJ

该圆锥的侧面积为乃WX,•X=3V37T,

解得％=3,

所以底面圆的半径为so=J32一⑼2=遍，

所以该圆锥的体积为%X(/j)2Xg瓜K.

故答案为.

22.答案：(1)证明：在三棱柱ABC-A/iG中，侧面为平行四边形，

所以B】B〃41A

又因为BiBC平面&ACG，u平面&ACC1，

所以当8〃平面&ACCi.

因为u平面EBW，且平面BBi。n平面AiACCi=DE,

所以&B〃DE.

因为在三棱柱ABC-AiBiQ中，平面4BC〃平面&B1G，平面B&Dn平面4BC=B0,平面BB1。n

平面力i&G=B]E.

所以故四边形B/ED为平行四边形.

(2)解：在AABC中，因为A8=BC,。是AC的中点,

所以BDJ.AC.

因为4。1平面ABC,所以4D1BD,A^D1AC,以DB,AC,4D所在直线分别为x轴，y轴，z

轴，建立如图空间直角坐标系O-xyz.

设80=a,AD=b,在A/Mi。中，AAX=2AD,Z.AXDA=90°,

所以&D=例,所以D(0,0,0),A(O,-b,0),4(0,0,例),B(a,0,0),

则所以京=(0,b,遮b)，AB=(a,b,0).

因为E(0,b,我b),所以西="+而=(a,b,V5b)，即为色也遍b).

因为C(0力,0),所以西=(a,0,66).

设平面4BBM1的法向量为五=(x,y,z).

y=-V3z,

也竺=0,即by+痘bz=0,所以

因为43b

ax+by=0,X=——Z.

n-AB=0,a

令2=a,则y=—ga,x=V3Z?»所以五=(百①一J5a,Q).

因为Icos伍，鬲〉l=瞒=译瓷为军声

所以不赛F=即4a4-37/炉+朔=。，

所以a=；b或a=3b,即需=4或需=|.

LDUDU5

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BiB〃平面44CG,由线面平行的性质得BiB//DE,

由平面4BC〃平面AB"根据面面平行的性质可得结论

(2)建立如图空间直角坐标系，OB1与平面4BB1&所成角的正弦即为CB］与

平面4BB14的法向量所成角的余弦，结合已知条件可的结果.

23.答案：(1)证明：因为正方体4BCD中，E是AO】的中点，

所以0E_L04］,又因为4B_L平面4。。送1，

所以AB_LCE,因为4BnADi=A,

则DE1平面ABD1,

所以DEJ.BD1，又因为DF_LD/,DEnDF=D,

所以B£)i1平面DEF;

(2)解：在4508中，因为5。_L1BO1，所以久以=名/乂BD1，所以劣尸=壶=当，设

2>/3

平面40D14的距离为d,所以色=丝=色=工=d="

ABDiB22V33

所以力「DEF=^F-D1ED=gdXSAEDD1=-X-X-X2xl=-.

解析：本题主要考查了线面垂直的判定，以及线面垂直的性质和三棱锥体积的计算，同时考查了空

间想象能力、运算求解能力、转化与划归的思想.

(1)先证明DEJL平面ABD1,得到。E1B01，由OF1从而证出8历1平面DEF;

(2)根据等体积法％L0EF=^F-DAED=3dxS^EOD］即可求出所求.

24.答案：解：(1)G为AQ的4等分点；

(2)连接AF,则4尸=&，DF=V2,又AD=2,由DF?+^「2=4。2,

所以0F14F,又由P4J_平面ABCQ,则DFJLPA,又由24rlAF=A,

所以CF1平面「4F,又PFU平面P.AP，

属所以PFLDF；

(3)因为P4平面ABCC,

所以NPB4是尸8与平面ABC£>所成的角，且“84=60。，

所以PA=AB=1,

取AO的中点M,连接

则FMJ./W,尸"_1_平面内。，

所以FM1PD,在平面P43中，过点M作MNJLPC于点N,连接FM

则PC1■平面FMN,则NMNF为二面角A-PD-F的平面角，

因为RtAMND-Rt^PA。，所以空=2，

PAPD

因为P4=2a，MD=2,PD=4,且NFMN=90",

所以MN=V3.FN=y/7,

\fv、乐

在直角AFMN中，eo«=ZA/AT—:—，

FN7

故二面角A-PC-F的余弦值为"

解析：略

25.答案：（/）证明：因为乙4PB=4/1PD=60。，PD=PB,

所以AAPB三AAPD,所以4。=AB,

取B。的中点E,连接AE,PE,

所以4EJ.BD,PE1BD,

所以BD1面PAE.

又4Pu面PAE,

所以4P1BD;

(〃)解：在AAP。中，根据余弦定理，得4Q2=Ap2+po2-2APxPDxcos6(r=7,

所以AD=夕，

又因为。E=l,所以4后=逐，PE=V3，PC=V6.

所以AP2=AE2+PE2,

即力E1PE.

设点C到平面PAB的距离为人，PC与平面248所成角为。,

因为%-P4B=Vp-ABC即3九，S®PAB=gPE-SSABC,

所以九=PE-S0〃BC_氏R赤+⑸XI_—+V5

S^PAB1x3x2xsin6003

所以sinO=2=*,

PC6

所以PC与平面以8所成角的正弦值为2.

6

解析：本题考查线面垂直的判定与性质，同时考查线面角的求解及等体积法的应用.

(/)取B。的中点E,连接AE,PE,通过证明BD1面PAE即可求解；

(〃)利用等体积法求出C到平面PAB的距离，然后利用疝M［求解即可.

26.答案：(I)证明：因为平面说。平面8CE,平面4BC0n平面BCE=BC,AB1BC,48u平

面ABCD,

所以ABJL平面BEC,同理，C01平面BEC,

如图，以E为原点，EC,EB方向为x,)，轴方向，过E垂直于平面8EC的垂线方向为z轴方向建立

空间直角坐标系，

在直角ABEC中，可得BE=遮，

故C(1,O,0),B(0,V3,0)，4(0,75,1),£>(1,0,1),

设F(0力，0),EA=(0,V3,l)>EC=(1,0,0),

设平面AEC的法向量为元=Qi，%*]),

由阿,更=0,(V3y1+zx=0

I可•瓦f=o'k=0

可取元=(0,-1,A/3).

取平面ABE的法向量为芯=(1,0,0),故苏•底=0,

所以平面4EC1平面ABE-,

(口)解：CF=(-1,^，0),AC=(1,-V3,-1).

设平面4c尸的法向量为标=(x2,y2^2)>

-

,(m^-CF=0fx2+by2—0

l沅7,旅=0lX2—a为-Z2=O'

可取可=(一瓦一1,6一b),

由丽=(1,0，1)，且DE〃平面ACF,

故.沅7=0,可得/?=立，所以案=；；

12BE2

(m)解：取平面8尸C的法向量为尼=(0,0,1),

由(口)知，可取标=(—今-1净，

3<对用"磊=]=骞,

由图知，该二面角是锐角，

所以二面角4-FC-B的余弦值为回.

10

解析：本题考查利用空间向量求二面角、判定线面平行及面面垂直，考查学生的空间想象能力、逻

辑推理能力及运算能力.

(1)以£为原点，EC,E8方向为x,y轴方向，过E垂直于平面BEC的垂线方向为z轴方向建立空

间直角坐标系，求出平面AEC的法向量，取平面ABE的法向量，利用数量积运算证明两法向量垂直

即可;

(II)求出平面力CF的法向量沅春由DE〃平面4CF,得瓦;.沆7=0，从而可得6值，故而得答案；

(HI)转化为求两平面法向量夹角的余弦值，平面BFC的法向量易求，由(U)可得平面AFC的法向量，

注意该二面角为锐角；

27.答案：解：(1)将侧面沿母线SA展开，A点对应于公,

连接&C,则&C为最小长度，

SA=18.AB=12,则AA]=兀-AB=12兀，

设Z_AS4i=a,贝IJAA】=aR=18a，:18a=12兀，二a=彳，

在A4SC中由余弦定理可得&C2=力行2+SC2-2Als-SC-cos乙%SC,

即&(?2=182+62-2-18•6-cosl20°,

41c=6g,即灯光带的最小长度为

(2)如图建立平面直角坐标系，因为SA=18,AB=12,

X(-6,0),B(6,0),S(0,12V2),

•••D是SA的三等分点(靠近4),D(—4,4&)，又E是SB的中点,

二E(3,6&),贝|D(-4,4V力关于x轴对称的点为。式一4,-4&),

连接D1E与x轴交点P,则PD+PE的最小值为。北，

.•.D]E=J(3+4)2+(60+4肉2=^/5面,

.6V2+4V210V2

•・•卜皿=^^=『

二直线D1E的方程为y-6m=呼8-3).

令y=0则％=

即P(-|,0)时，PD+PE的最小值为立演

解析：本题考查圆锥的侧面展开图，余弦定理以及直线方程，考查了数形结合思想，属中档题.

(1)将侧面沿母线SA展开，A点对于与连接&C,则41c为最小长度，在AAiSC中由余弦定理计

算可得.

(2)建立平面直角坐标系，求出。关于x轴的对称点名，利用两点间的距离公式求出距离最小值，利

用点斜式求出直线方程，即可求出P的坐标.

28.答案：(I)证明：TSDI平面A8CD,ABu平面ABCZ),

:.SD1AB,

•••正方形ABCD中AD1AB,

乂ADCiSD=D,A。、SDu平面SA，

ABJ■平面SAD.

(口)设点A到平面BED的距离为h,

设正方形48CD的边长为2,

•••SDIjRffiABCD,E为SA中点，