高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) 13(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）（13）

一、单项选择题（本大题共7小题，共35.0分）

1.己知a,b是两条不重合的直线，a,8是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是（）

A.a//b,b//a,则a〃a

B.aca,bu0,a〃0,则a〃b

C.a//b,ala,则b1a

D.当aua.且bCa时，若b〃a,则a〃b

2.设a,6为两条不重合的直线，a,0为两个不重合的平面，则下列命题正确的是（）

A.若a1b,a//p,bu则

B.若a±a,a//；ibU,3,则a_Lb

C.若a,b与Q所成的角相等,则a〃b

D.若则a"b

3.我国古代数学名著仇章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且

侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如

图所示的“堑堵”4BC-&B1C1，若=48=2,当“阳马”B-&4CC1体积

最大时，则“堑堵”ABC-AiBiG的表面积为（）

A.4+4V2B.6+4V2C.8+4&D.8+672

4.在三棱锥P-4BC中，二面角P-4B-C、2一4。一8和2一8。-4的大小均等于争

AB-.AC-.BC=3:4:5,设三棱锥P-4BC外接球的球心为。，直线PO与平面ABC交于点。，则

—=（）

OQ'）

A.7B.2C.3D.4

4

5.三棱锥。一力BC中，力平面ABC,Z.ABC=120。，AB=BC=AD=2,则该棱锥外接球的

表面积为（）

A.87rB.127rC.16兀D.207r

6.己知奇函数/"（x）=翳的图象经过点（1,1）,若矩形A8CD的顶点A,3在x轴上，顶点C,D

在函数/'（X）的图象上，则矩形ABC。绕x轴旋转而成的几何体的体积的最大值为（）

A.]B,71C.yD.2兀

7.在四面体ABC。中，AB-L平面BCD,BC1BD,AB=BD=2,E为CD的中点，若异面直线

AC与BE所成的角为60。，则BC=（）

A.V2B.2C.2V2D.4

二、填空题（本大题共9小题，共45.0分）

8.如图，在四面体ABCD中，=CD=2,4B与CD所成的角为60。，点E,人

F,G,4分别在棱AQ,BD,BC,AC上，若直线AB,CD都平行于平面/'万、

EFGH,则四边形EFG”面积的最大值是.//X--V®

9.直三棱柱ABC—A'B'C'中，Z.ACB.CACBCC'1,则直线B,C与面4B'C’所成角的

正切值为.

10.A、B、C三点在同一球面上，ABAC=135°,BC=2,且球心O到平面ABC的距离为1,则此

球0的体积为一.

11.等腰直角三角形ABC中，ZC=pCA=6V2.。为AB的中点，将它沿CZ）翻折，使点4与点

B间的距离为6M，此时四面体ABCD的外接球的体积为.

12.在直三棱柱4BC-48道1内有一个与其各面都相切的球。1，同时在三棱柱48。-4避16外有一

个外接球。2.若ABJ.BC,AB=3,BC=4,则球。2的体积为.

13.在正方体4BCD-4B1GD1中，点E为棱为&的中点，则异面直线AE与80所成角的余弦值为

14.已知二面角a-1-£的大小是60。，设4€a,Bel,AB=4,若A到/的距离为2,则48与平

面0所成的角的正弦值为；若60。的二面角a-1一夕内一点P到面a,。的距离分别是2,

4,则点P到直线I的距离为.

15.在三棱锥4-BCD中，AB=BC=BD=2,AC=AD=272-CD=2百，则三棱锥4-BCD的

外接球的半径为.

16.三棱锥P-4BC中，PA，平面ABC,PA=2AC=273.AB=1,/.ABC=60°,则三棱锥P-ABC

的外接球的表面积为.

三、解答题(本大题共14小题，共168.0分)

17.如图，四棱锥E—4BCD中，四边形ABC。是边长为2的菱形,ND4E=/.BAE=45°,zDAB=60°.

(I)证明：平面40E_L平面ABE；

(II)若。E=dIU,求四棱锥E—4BCD的体积.

18.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABC。是菱形，PD_L4C,AC交8力于点O.

(I)证明：平面PBD1•平面P4C：

(n)若DP=DA=DB=yPB＞求二面角力-PB-C的余弦值.

19.在三棱锥p-ABC中，AB=1,BC=2,AC=yfs,PC=y/2,PA=&PB=#,E是线段BC

的中点。

(1)求点C到平面APE的距离d;

(2)求二面角P—EA—B的余弦值

20.在四棱锥S-ABCD中，底面ABC。为平行四边形=60。,乙％ID=30°,AD=SD=2次,

BA=BS=4.

(1)证明：8。1平面&4。；

(2)求点C到平面S4B的距离.

21.如图所示，四棱铢P—4BC0的底面是边长为2的菱形，PAABCD,E,F分别为CQ,PB

的中点，AP=2,AE=V3.

(1)求证：EF〃平面PAD;

(2)求证：平面力EF1•平面P4B;

22.如图，在多面体A8CDEF中，A8C。是正方形，BFABCD,DEABCD,BF=DE,

点M为棱AE的中点.

(1)求证：平面BMD〃平面EFC；

(2)若48=1,BF=2,求三棱锥A-CE尸的体积.

23.如图所示，四边形A2C。是边长为2的正方形，4EL平面8CE,且AE=1.

(1)求证：四边形平面4BC01平面ABE.

(2)线段AO上是否存在一点F,使二面角4-BF-E所成角的余弦值为,？若存在，请找出点尸

的位置；若不存在，请说明理由.

24.在四棱锥P-4BCD中，底面ABCD为矩形，平面PAB1平面=AP=3,AD=PB=2,

E为线段AB上一点，且=7:2,点尸，G分别为线段PA,P。的中点.

(1)求证：PE1平面ABCD-,

(2)若平面E/G将四棱锥P-4BCD分成左右两部分，求这两部分的体积之比.

25.如图，在梯形ABCD中，AB//CD,AD=DC=CB=2,4ABC=60°,平面4CEF_L平面ABCQ,

四边形ACEF是菱形，^CAF=60°.

(1)求证：BF1AE^

(2)求二面角B-EF-。的平面角的余弦值.

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

(1)求证：PD〃平面MAC；

(2)若平面P48_L平面ABC。，平面P4D_L平面ABCQ,求证：PA1¥®ABCD.

27.如图，已知平行四边形ABC。中，NB4D=45。，BC=夜，BH1DC于点，，现将/CBH沿BH

翻折至4P8H,使得PD1PB.

(1)证明：PD_L平面PBH.

(2)若PD=1,求二面角4-PB-H的余弦值.

28.如图，已知在四棱锥P-/BCD中，底面A8C。为等腰梯形，BC//AD,AD=1,BC=3,AC=

BD=2VL点P在底面的投影。恰好为AC与皿的交点'0。=券.

(1)证明：AC1PB；

(2)求点A到平面POC的距离.

29.如图所示，在长方体ABC。一4/1Ci%中，48=40=1,AAr=2,

点P为DDi的中点.

(1)求证：直线BA〃平面PAC

(2)求证：平面PACJL平面

30.如图，四棱锥S-4BCD的底面是正方形，SDABCD,SD==。，点£是5。上的点,

&DE=Aa(0<A<1).

(1)求证：对任意的26(0,1],都有AC1BE；

(2)若二面角C-4E-D的大小为60。，求；I的值.

【答案与解析】

1.答案：c

解析：

本题主要考查空间直线、平面的位置关系，属于基础题.

解：A.a//b,b//a,则2〃€£,可能a在平面a内，故错误.

B.aua,bcp,a//p,则a//b,可能异面直线，故错误，

C.a〃b,ala,则b1a,正确，

。.当aua,且bCa时，若1)〃0€,则2〃1>,可能异面直线，故错误.

故选C.

2.答案:B

解析：

本题主要考查空间直线和平面的位置关系的判断，要求熟练掌握线面平行和垂直的定义和性质.

A.两直线垂直无法确定该直线的空间位置.B.根据线面垂直的性质进行判断.。•根据直线”，匕的位

置关系和直线所成角的定义进行判断.。.根据线面平行和面面平行的定义和性质进行判断.

解：4当a在平面a内时，a//a,错误.

B.-：ala,a//P,a1p,又bu/?,则a_Lb，二8正确.

C.等腰三角形所在的平面垂直平面a时，等腰三角形的两个直角边和a所成的角相等，但a〃b不成立,

.•.C错误.

。.平行于平面的两条直线不一定平行，二。错误.

故选：B.

3.答案：B

解析：

本题主要考查直线与平面的位置关系、空间几何体的体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论

证能力、运算求解能力，训练了利用基本不等式求最值，是中档题.

设4C=x,BC=y,写出四棱锥B-AiACCi体积，利用基本不等式求得最值，并求得x、y值，则

三棱柱4BC-a8传1的表面积可求.

解：设AC=x,BC=y=久2+y2=4,

则由题意“阳马”的体积是V=|盯

当且仅当x=y=鱼时取等号，

则“斩堵”的表面积为S=2(x+y+2)+2x|xy=4V2+6.

故选B.

4.答案：。

解析：

本题主要考查了三棱锥的外接球，考查了三棱锥的结构，考查了数形结合思想，属于难题.

解决本题的关键是根据题意找出。点及。点的位置.

解：如图，

过P作PD1平面力BC,。为垂足，取线段BC的中点E,则OEJ•平面ABC,

由已知可得。为直角三角形ABC的内心，

做。M垂直于AC与M,则DM1AC,

因为PO_L平面ABC,ACU平面所以PD14C,

又PDnDM=AC_L平面PDA/,

又PMU平面POM,所以ACJLPM,

所以NPMO即是平面PAC和平面ABC的二面角，

设OE=x.因为AB:AC:BC=3:4:5,不妨设AB=3,AC=4,BC=5,

由几何关系可得。时=当0=1,NPMD:,

得PD=V3,DE-J/+(|_2)2=与，AE=I，

由勾股定理得。炉=OE2+AE2,OP2=DE2+(PD+OF)2,

又因为OA=OP,所以/+与=：+(遮+乃2,

解得“多唠=*3,

即"

故选D.

5.答案：D

解析：

本题考查了棱锥与外接球的位置关系，确定球心是关键，属于中档题.

根据三棱锥的结构特征确定球心位置，从而得出球的半径和表面积.

解：•.•在A4BC中，AB=BC=2,AABC=12(1)

根据余弦定理求得AC=2V3，

・•.△ABC外接圆的半径为=2，

2siul20°

设△ABC外接圆的圆心为外接球的球心为O,

则。M1平面ABC,

又ZM平面ABC,AD=2,得OM=1,

,所以外接球的半径为R=+4"2=yr+22=花,

S球=4nR2=207T.

故选O.

6.答案：B

解析：

本题考查圆柱的体积公式以及利用基本不等式求最值，根据条件求出“、b的值，矩形ABCD绕x轴

旋转而成的圆柱半径R=|BC|,令言=匕整理得R/-2X+R=0,则xc，4是方程的两个不等

22

实根，圆柱的体积V=TTR\XC-xD\=nRx旦回=2兀/?711不，利用基本不等式求最值即可，

属于难题.

解：因为奇函数f(x)=黑图象经过点(1,1),

所以/(0)=0/(1)=1，得到a=2,b=0,

不妨设C、。在X轴上方，如图：

D__C

__________

AR

则矩形ABC。绕x轴旋转而成的圆柱半径R=\BC\,

令卫7=R,整理得R/-2X+R=0,

1+x2

则Xc，和是方程的两个不等实根，

X2

则l%c-D\=yj(,xc+XD)-4XCXD=

则圆柱的体积：

cc，4-4R2,---------

V=nR2\x-x\=nR2x-----------=2nRy/l—R2

cDR

________2

<7l[R2+(V1—/?2)]=7T，

当且仅当R2=q时，等号成立.

故选反

7.答案：B

解析：解：如图所示，取A力的中点凡连接E几BF,则EF//4c.

则NBEF为异面直线4c与BE所成的角.

•••乙BEF=60°.

设BC=X,则BE=EF=BF=V2.

2

BE/为等边三角形，

则旦=a,解得x=2.

2

故选：B.

如图所示，取A。的中点F,连接EF,BF,可得EF〃AC.于是4BEF为异面直线AC与8E所成的角.设

BC=x,可得BE=EF=^，在ABEF中即可得出.

2

本题考查了异面直线所成的角、等边三角形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.

8.答案：叵

2

解析：

本题主要考查线面平行的性质以及二次函数的性质，首先利用线面平行的性质可证HG〃/1B,同理

EF//AB,FG//CD,EH//CD,可证四边形EFG”为平行四边形.然后设8F：BD=BG：BC=FG：

CD=x,(0<x<1),可得：FG=2x,HG=2(1-%),建立二次函数关系求解四边形EFGH面积

的最大值.

解：•.•直线AB平行于平面EFGH,且平面ABC交平面EFGH于HG,

ABu平面ABC,

AHG//AB；同理可得E尸〃4B,FG//CD,EH//CD,

FG//EH,EF//HG,

四边形EFGH为平行四边形.

又•••AB=CD=2,4B与CO所成的角为60。，

设BF：BD=BG：BC=FG：CD=x,(0<x<1),可得：FG=2x,

XvHG-AB=CGtBC={BC-BG)：BC,可得：HG=2(1-x),

1

•••SEFGH=2x-xFGxHGxsin60°

=4x(1-x)xy=-2V3(x-1)2+y,

•­•0<x<1

根据二次函数的性质可知：SEFGH面积的最大值苧.

故答案为立.

2

9.答案：叵

3

解析:

本题主要考查线与平面所成的角的求法，属基础题.

先根据线与平面所成的角的定义作出该角，得到以NCB'。就是直线B'C与面AB'。'所成的角，再求其

正切值即可.

解：如图所示，

连接力C'与C4'交于点0,连接。B'.

由题得四边形ACC'A'是正方形，

所以CO1AC',由题得"L平面ACCA'，

所以B'C'10C,因为2C',B'C'u平面AB'C'MC'CB'C=C,

所以。C，平面ABC'，所以NCB'O就是直线B'C与面ZB'C'所成的角,

戊

所以疝/。》。=祟=%=上

CB'y/22

ZCB'O=.-,tanZCZ/O=—.

63

故答案为：叵.

3

10.答案：4遍7T

解析：

运用正弦定理可得△48c的外接圆的直径2,•，再由球的半径和球心到截面的距离、及截面圆的半径

构成直角三角形，即可求得球的半径，再由球的体积公式计算即可得到.

本题考查球的体积的求法，主要考查球的截面的性质：球的半径和球心到截面的距离、及截面圆的

半径构成直角三角形，同时考查正弦定理的运用：求三角形的外接圆的直径，属于中档题.

解：由于NB4C=135。，BC=2,

则44BC的外接圆的直径2r=丁%=2或，

sml35°

即有r=V2,

由于球心0到平面ABC的距离为1,

则由勾股定理可得，球的半径/?=弋丫2+溟=72+1=b,

即有此球0的体积为V==|TTX(V3)3=4V37T.

故答案为：4V37T.

11.答案：180V5TT

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CO，平面A3。

如图所示；

在三角形AB力中,

62+62-(6⑹21

COSZ.ADB-一,

2x6x62

则si山DB=4

设三角形48。的外接圆的半径为r，则2r=AB

sinz.ADB

C6

即2丁=亘，得了=6,

2

再设四面体ABCD的外接球的半径为/?,

则R2=32+62=45,

得R=3遍,

3

则匕一ECO=:兀A，=^TT（3V5）=180V5TT.

故答案为180V57r.

12.答案：等兀

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力BC-AiBiG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AB1BC,AB=3,BC=4,所以AC=5,

故△ABC的内切圆半径r=七二=1,所以球。1的半径凡=r=1,

所以A%=2%=2,

又外接球。2的半径：

22

R2=^AB+BC+AAl

—+42+22—

22

所以外接球。2的体积：

Q

174n34/V29\29V29

=-7T/?2=371\~2"7=~~6-

故答案为空空兀.

6

13.答案：叵

10

解析:

本题考查异面直线所成角问题，求解方法一般是平移法，转化为平面角问题来解决.

取C1A中点凡构造平行四边形四边形AOFE,将AE与80所成的角转化为。尸与8。所成角或其

补角求解即可.

解析:

解：取中点尸，连接EF、DF、BF,

易知四边形AQFE为平行四边形，贝ME〃。/

•••AE与3。所成的角即为DF与8。所成角或其补角,

4E与BD所成的角的余弦值即为DF与8。所成角余弦值的绝对值,

设正方体的棱长为2,

在ABOF中，易知。?=遮，DB=2V2.BF=3,

DF2+DB2-I3F25+8-9_x/IO

由余弦定理得

2DF-DB2^x2^―^0'

故答案为票

14.答案：券

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,在夕内过C作/的垂线.垂足为。，连接AO,从而乙4DC为二面

角的平面角，连接C8,则乙4BC为A8与平面6所成的角，在直角三角形4BC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。

连接A。，有三垂线定理可知4。JU,

故44DC为二面角a-1-0的平面角为60。，故AO=2,

连接CB,则4aBe为AB与平面/?所成的角

则4C=更4。=V3-

2

•/Ar>k.6

s\nz.ABC=——=一:

AB4

故答案为宜.

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PQ是尸到/的距离，且利用

正弦定理求出是关键.

设过P,C,。的平面与，交于。点，可以证出/1面PCQDQ,NCQC是二面角a-1-0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.

由于PC1平面a,平面M,则PCJ.1,

同理，有PCI/,vPCdPD=P,

.•.S面PCQC于Q.

又DQ,CQ,PQu平面PCQD

•••DQ1I,CQ1I.

4DQC是二面角a—l—0的平面角.

：.4DQC=60°

且PQ_Ll,所以P。是P到/的距离.

在平面图形PCQQ中，有乙PDQ=LPCQ=9。°

:.P、C、。、。四点共圆，也为APDC的外接圆，且PQ是此圆的直径.

在△PCD中，•••PC=2,PD=4,/.CPD=180°-60°=120°,

由余弦定理得：CD2=PC2+PD2-2PC-PDcosl200=4+16-2x2X4x(-j)=28,：.CD=

2V7，

CD

在APOC中，根据正弦定理.27?PQ,

suiACPD

2V7_4vn

百二丁

••・点p到直线/的距离为史祖.

3

故答案为：犯旦.

3

15.答案：V5

解析：

本题主要考查棱锥的结构特征和其外接球，以及余弦定理等，属于基础题.

先利用勾股定理和余弦定理求出tCBD,然后利用4BCD的半径求出外接球的半径即可.

解：如下图，

由勾股定理得4B1BC,AB1.BD,

由余弦定理得"春CB0=1尔

所以

所以ABC。的外接圆半径为二-

可求得球的半径为7¥下1=V5.

16.答案：167r

解析：解：如图，在44BC中，由正弦定理得当=等=sinC=

sinBsinC2

VC<B,C=30°,A=90°,

又•••P4_1_平面ABC,AP,AC,A8两两垂直，

故可将此三棱锥放入一个长、宽、高分别1,g,2次为的长方体

内，三棱锥的四个顶点亦为长方体的顶点，其外接球为长方体外接

球.

易得外接球半径为府记诉_7故外接球表面积为4兀/?2=

一乙

167r.

故答案为：16兀.

三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为长方体，它也外接于球，对角线的长为

球的直径，然后解答即可.

本题考查球的表面积，考查学生空间想象能力，解答的关键是构造球的内接长方体.是基础题

17.答案：解：（1）过点。作。。14凡垂足为O,连结BD.

在中，由Z7ME=45°,4D=2得，04=。。=&.

在ZkAOB中，由余弦定理得+即OB=鱼,

又BD=2,所以。。2+0^2=BO?,即。。J.OB.

又。BC力E=。，所以。。1平面4BE,

又。。u平面ADE,所以平面ZDE，平面ABE；

(U)由DE=VIU得，0E=y/DE2-OD2=2vL则4E=3近.

所以SA.BE=•0B=£x3鱼x&=3.

所以外)-4BE=mSA4BE-0D=-X3X>/2=

故四棱锥E-48CD的体积/TBCO=2VD_ABE=2混.

解析：本题考查了面面垂直的判定和棱锥体积的问题，注意几何体中线面的关系有助于解题，属于

中档题.

(I)过点。作DO14E,垂足为。，连结08,BD,先证得DO1平面ABE,再通过面面垂直的判定

定理即可得证.

(n)由DE=aU得，0E=7DE2-0D2=2a，进而求出AE,根据棱锥体积得出答案.

18.答案：(1)证明：：底面488是菱形，：.水；18。，

又PD14C,PDCBD=D,PDu平面PBD,BDu平面PBD,

■.AC1平面PBD,

又4cu平面PAC,

••・平面PBD_L平面PAC；

(口)解：不妨设PB=V5，则DP=ZX4=DB=1,

作AE1PB于E,连结CE,

由(I)知4clBP,又4EC4C=4,4Eu平面AEC,4Cu平面AEC,则PB_L平面AEC.

而CEu平面AEC,故CE1PB,

则乙4EC是二面角力-PB-C的平面角.在APBD中，由余弦定理的cos/PDB=且止®

2X1X1

在4P0D中，仍由余弦定理得。P=Jl2+(i)2-2x1x|x(-1)=^,

在ZMCE中，AC=>/3，

在直角三角形AP。中，PA=办。2+op2=叵,在4PAB中，由余弦定理得COSNAPB=

2

丝文三型=晅则sin〃PB=叵，

2APXPB2020

在直角4P4E中，AE=APsin^APB=^-=CE,

4

在ZL4EC中，再由余弦定理得COSNAEC=-高

所以二面角a-PB-c的余弦值为一段.

解析：本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了二面角的平面角的

求法，是中档题.

(I)由底面ABC。是菱形，可得AC1BD,再由PD2.4C,利用线面垂直的判定可得AC_L平面PBD,

进一步得到平面PBD1平面P4C;

(11)不妨设28=V3.则DP=DA=DB=1,作4E1PB于E,连结CE,由(I)知4c1BP,PB，平

面AEC,可得N71EC即二面角力-PB-C的平面角，然后求解三角形得答案.

19.答案：解：(1)在三棱锥p-4BC中，

AB—1,BC—2,AC-yf5,PC=V2>

PA=y[5,PB=V6-

由题意可知PC?+CB2=PB?,PA^+AB2=PB2,

EB=1,AB=1,EA2=EB2+AB2,

则将三棱锥p-ABC中补形为长方体如图所示：

由:等积法VC-PEA=^P-CEA

ixixV3xV2xd=|xixlxlxl,

3232

jy/6

a=——，

6

点C到平面APE的距离d=渔；

(2)连DE,■■■AE1PE,PD1AE,

PDCPE=P,

AEIffiPDE,AE1DE,

"ED二面角P—EA—B二面角的补角,

所以二面角P—EA—B的余弦值一立.

3

解析：本题考查了点到面的距离，考察了线面垂直的判定，属于容易题.

（1）有图有可得由题意可知PC2+CB2=PB2,PA2+AB2=PB2,EB=1,AB=1,EA2=EB2+AB2,

可补形为长方体，简化运算，由等积法%=0_CE4可求得出

（2）j$DE,■■■AE1PE,PDA.AE.PDdPE=P,AEiffiPDE,4E1DE,二NPED二面角P—E4—B

二面角的补角，则可解的二面角的余弦值.

20.答案：（I）证明：ZiaDB中，由余弦定理可得BD=2,BO?+A02=AB2,a。J.BD.

取SQ的中点E,连接。E,BE,则DEISA,BELSA,

vDECtBE=E,：.SA1平面BDE,

•••SA1BD,

"SAnAD-A,

BDJL平面SAD-,

（口）解：点C到平面SAB的距离=点D到平面SAB的距离h.

△SA。中，SAD=30°,AD=SD=2®ShSAD=1x2遍x2遍x曰=36,

△S4B中,BA=BS=4,SA=6,•••ShSAB=x6x“6—9=3V7,

由等体积可得；x3Kx2=；x3V7/i,h=—.

337

解析：（I）证明：AD1BD,S/41BD,即可证明BDJ•平面SA。；

（口）利用等体积方法，求点C到平面SAB的距离.

本题考查线面垂直的条件，考查点面距离，考查体积的计算，属于中档题.

21.答案：证明：（1）取PA的中点M,连结FM,DM,

■-F,M分别是PB,PA的中点，

FM//AB,且FM=[AB,

又•••点E是CD的中点，四边形A2CD为菱形，

DE//AB,SLDE=^AB,

：.FM//DE,HFM=DE,

四边形DEFM为平行四边形，

•••EF//DM,

■：EF,平面PAD,DMu平面PAD,

EF〃平面PAD.

(2),••底面ABC。是边长为2的菱形，AE=A/31

：.AE2+DE2=AD2,

AE1DE,

•••DE//AB,

•••AE1AB,

PA_L平面ABCD,AEu平面ABCD,

:.PA1AE.

vABCiPA=A,•••AEJ_平面PAB,

■:AEu平面AEF,.•・平面AEF1平面PAB.

解析：本题考查线面平行，面面垂直的证明，考查二面角的大小的求法，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，考查函数与方程思想，是中档题.

⑴取PA的中点M,连结FM,DM,推导出四边形DEFM为平行四边形，EF〃DM,由此能证明EF〃

平面PAD.

（2）推导出4E10E,AE1AB,PA1AE,从而4E_L平面PA2,由此能证明平面4EF_L平面PAB.

22.答案：（1）证明：连接AC,与8。交于点N,则N为AC的中点，

MN//EC.

■：MN，平面EFC,ECu平面EFC,

MN〃平面EFC.

VBFABCD,DEI平面ABC。，S.BF=DE,

BF//DE,BF=DE,

•••四边形2DEF为平行四边形，BD〃EF.

vBD<t平面EFC,EFu平面EFC,

：.BD〃平面EFC.

又：MNnBO=N,

二平面BDM〃平面EFC；

(2)解：连接EMFN.在正方形ABC。中，AC1BD,

又：BF，平面ABCD,ACu平面ABCD,

•••BF1AC.

vBFCBD=B,BF,BDu平面BDEF,

•••ACBDEF,且垂足为N,

_1

^A-CEF=g'AC,S^NEF

=-xV2x-xV2x2=

323

三棱锥4-CEF的体积为|.

解析：本题考查面面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了三棱锥体积的求法，属于

中档题.

⑴连接AC,与8。交于点M则N为AC的中点，可得MN〃EC.由线面平行的判定可得MN〃平面EFC.

再由BF1平面ABC。,DE_L平面ABCD,且BF=0E,可得四边形BDEF为平行四边形,得到BD〃EF.

由面面平行的判定可得平面BDM〃平面EFC；

(2)连接EN,FN.在正方形A8CD中，AC1BD,再由BF1平面ABCD,可得BF1AC.从而得到AC1

平面BDEF,然后代入棱锥体积公式求解.

23.答案：解：(1)证明：••・/!£_L平面BCE,BC、BEu平面BCE,

AE±BE,AE1BC,

又8c_L4B,且4BnAE=A,AB、AE在平面ABE内,

•••BC，平面ABE,DCC平面.ASC'O,

*平面4BCCJ■平面ABE；

AE=1,AB=2,AE1BE,

：.BE=V3，

设4F=h,

则尸(0,0h),E(f1,O),B(0,2,0),

•••BF=(Y，-1,0)，乔=(0,-2,九)，

设平面的一个法向量为记=(x,y,z),

则旧旦=0,

tn-BF=0

.(x—V3y=0

(2y—hz=0

取y=l,得有=(百,1,；),

易知，记=(1,0,0)为平面ABF的一个法向量,

由题意得：

..mn,V3V6

cos<m,n>\=\=-r==—

I利列J4+^4，

解得：/i=1,

故当尸为AC中点时，满足题意.

解析：本题考查了线面垂直，面面垂直，二面角的求法，难度适中.

(1)先证BC1平面ABE,进而得面面垂直；

(2)建立空间坐标系，利用空间向量建系求出法向量，然后求出二面角列方程求解.

24.答案：(1)证明：在等腰AAPB中，cos4ABp=迦=匕

AB3

则由余弦定理可得PE2=(|)2+22-2X|X2X|=^,

PE=—.

3

•••PE2+BE2=4=PB2,

•••PE1AB.

•••平面P481平面ABCD,平面P4Bn平面ABC。=AB,

PE_L平面ABCD.

(2)解：设平面MG与棱CD交于点M连接EM如下图:

因为GF//AD,所以GF〃平面ABCZ),从而可得EN〃AD.

延长FG至点M,使GM=CF,连接CM,MN,

则4FE-OMN为直三棱柱.

"到AE的距离智PE=¥，〃E

172427yf2

•••^hAEF=-X-X—^―=—^―■

2339

,77夜„14A/21742.7A/2

•'•^AFE-DMN=丁X2=—^-,VG-DMN=]义—X1=—

•'•^AFENDG=^AFE-DMN—%-DMN=

^-VP-ABCD~^XPEXS矩形ABCD=竽

35>/2,8y[235依-_

•••Vlz左：7TZ右=亍：（亍一亍）=o35:3Q7.

解析：本题考查线面垂直的判定及面面垂直的性质，同时考查几何体的体积.

(1)要证线面垂直，就要证线线垂直，而本题中有面面垂直，只要证PE与AB垂直即可，这可在△

APB中解三角形可得.用余弦定理求边长，用勾股定理证明垂直；

(2)先将平面EFG这个截面补全，设平面EFG与棱CD交于点N,连接EM因为GF〃AO,所以GF〃

平面ABC。，从而可得EN〃/W.延长FG至点M,使GM=CF,连接DW,MN,则力FE-DMN为直

三棱柱.求出它的体积的，然后可得另一部分的体积.

25.答案：(1)证明：依题意，在等腰梯形ABCD中，AC=2®AB=4,

•:BC=2,：.AC2+BC2=AB2,即BOC,

•••平面4CEF，平面ABCD,平面ACEFn平面A8CD=AC.

BC_L平面ACEF,而AEu平面ACEF,AE1BC,

连接CF,•••四边形ACEF是菱形，4EJ.FC,

又*BCCFC=C,：.AE_L平面BCF,

BFu平面BCF,：.BF1AE.

解：(2)取EF的中点M,连接MC,

•••四边形ACEF是菱形，且4C4F=60。.

由平面几何知MC1AC,•••平面ACEF1平面ABCD,

MC_L平面ABCD.

故此可以CA、CB、CM分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

C(0,0,0),4(273,0,0),B(0,2,0),。(倔-1,0),E(-75,0,3)，F(V3,0,3)»

设平面BEF为元=(x,y,z),

•：~BF=(V3,-2,3).EF=(28,0,0).

..由［艺］=任_2y+3z=0,取丫=3,得五=(0,3,2),

同理，得平面DEF的法向量为访=(0,3,-1),

设二面角B-EF-。的平面角的平面角为。，

•-叵码一二一-型四

“C°SU-|SNSf|-V130130'

故二面角B-EF-。的平面角的余弦值为巫.

Xy

解析：本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，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，是中档题.

(1)推导出BC14C,BCACEF,AE1BC,连接C凡AE1FC,由此能证明4E_L平面

从而BF1AE.

(2)取EF的中点连接MC,以CA、CB、CM分别为X、＞、z轴建立空间直角坐标系，由此能求

出二面角B-EF-D的平面角的余弦值.

26.答案：证明(1)因为底面ABCO为平行四边形，设。为AC与8。的交点，

所以。为B0的中点，

又例为侧棱PB的中点，

所以。用为4BDP的中位线，

所以OM〃PO,

因为。Mu平面AMC,PD仁平面AMC,

所以PD〃平面

(2)过点P作AB的垂线，设垂足为点N.在平面ABCC内，过点N作4B的垂线，

垂线交直线CZ)于Q.则NPNQ为二面角P-AB-C的平面角.

又•••平面P4B_L平面48CZ),Z.PNQ=90°,即PN1.NQ.

又•；NQCAB=N,NQu平面ABC。，ABABCD,PNABCD.

同理，若过点P作AO的垂线尸7,则PT，平面ABCD.

又•.•过平面外一点作平面的垂线有且只有一条.PN与PT重合.

又...PNu平面PA8,PTu平面PAD,平面PAB介平面PAD=P4,.♦.直线PN就是直线PA.

PA1平面ABCD.

解析：

本题考查了三角形中位线定理、线面平行的判定定理、等腰三角形的性质、线面与面面垂直的判定,

考查了推理能力，属于简单题.

(1)利用三角形中位线定理、线面平行的判定定理即可证明；

(2)利用线面与面面垂直的判定即可证明.

27.答案：(1)由已知PHOHC=H,

则BH，平面PDC,又因为PDu平面PDC,所以，

又因为PO_LP3.PS3,所以PD1平面P8M

(2)方法一：如图，过点。作OE〃BH,交A8于E,连接

则由(1)可得，DE1平面PDC,则DE_LPD,PE=x/DE2+PD2=&，

同理，DH='PH?+PDW=BE，所以PE=BE=夜，

又因为PH=HC=1,PB=BC=近,于是取PB中点G,贝!|EG1PB.GH1PB,

则4EGH即为二面角4-PB-"的平面角.

在正三角形4PEB中,EG=*，而EH=丹HG=*

EG2+GH2-EH2

于是co«NEG〃

2EG-GH

(2)方法二：以〃为原点，建立如图空间直角坐标系,

w(o,o,o),P(O,-^,^),F(I,O,O)M(I,-I-V2.O).

——,V2V2——>—,l

BP=-=(1,0,0),B4=(0,-1-72,0)

设平面的一个法向量为元=(%,y,z),

.可营=0今V2V2

—X———y+—z=0

2J2,

In-we=0%=0

取y=1,汨=(0,1,1);

同理可得平面ABP的一个法向量为沌=