高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) 46(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）（46）

一、单项选择题（本大题共14小题，共70.（）分）

1.在三棱锥P-4BC中，点尸在平面A8C的垂足为△ABC的内心，三棱锥P-4BC的高为2g，且

AB=6,AC=8,BC=10,设三棱锥P-ABC外接球的球心为O,直线P。与平面A8C交于

点<2-则.=（）

2.在三棱锥4—BCD中，与ACBD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

7n87r等警

A.B.C.33D.

3.设尸，。为一个正方体表面上的两点，已知此正方体绕着直线PQ旋转。（0<9<2乃）角后能与

原正方体重合，那么符合条件的直线PQ的条数为（）

如图，正四面体A8CO的顶点C在平面a内，且直线BC与平面

a所成的角为30。，顶点8在平面a内的射影为O,当顶点A与点

。的距离最大时，直线C。与平面a所成角的正弦值等于（

遍+3四

12

B.在

5.已知三棱锥S-ABC的四个顶点均在某个球面上，SC为该球的直径，△力BC是边长为4的等边

三角形，三棱锥S-4BC的体积为g,则此三棱锥的外接球的表面积为（）

6.己知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，PA_L平面ABC,且NBAC=60°,PA=2,

BC=2V5.则二面角P-BC-4取最小值时，球O的表面积为

A.187rB.20nC.247rD.20V3TT

7.已知正方体ABC。—&B1GD1的棱长为4,M是的中点，P,Q分别在棱CC「DD1上，且CP

DiQ=l,设平面MPQ与平面ABC。的交线为/,贝I"与G4所成角的正切值为（）

A.4B.2C.V5D.V2

8.在正方体ABC。-4/165中，E,尸分别为棱DO1的中点，G为侧面4BBp4i内一点，若

D】G〃平面4EC/,则DiG与平面48当41所成角正弦值的最大值为（）

g2V5

AC

-T・5-YD・粤

9.已知三棱柱ABC-711B1C1中，AA1_L平面ABC,AB=BC=AAr=3,/-ABC=90°,M为棱CJ

中点，则直线BM与&C所成角的余弦值为（）

A-fB*C-TDT

10.如图，已知四面体A8C£>为正四面体，AB=2,E,尸分别是A。，BC中

点.若用一个与直线E尸垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面a去截

该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（）

A.1B.V2C.V3D.4

11.三棱锥P-ABC的六条棱长都相等,M是棱A8上一点,若直线PM与直线8c所成角的余弦值

为;，则器=

A.竽BCV13-1D.包

・3・66

12.体积为竽的三棱锥4-BCD中，BCAC=BD=AD=3,CD=2V5，AB<2V2，则该三棱锥

外接球的表面积为

R61〃「61n49

A.207rD.—Tlc-石7rD-石兀

13.体积为竽的三棱锥a-BCD中，BC=AC=BD=AD=3,CD=2遮，AB<2V2，则该三棱

锥外接球的表面积为（）

D61c6149

A.207rB.—TCc-石兀D.—TC

312

14.如图,在三棱柱A8C-&%前中，底面A3C是等边三角形,力义1AiCl

底面ABC,且4B=2,44i=l,则直线BQ与平面所成Bi

角的正弦值为（）

C

B

A.叵

5

B.叵

5

c.辿

5

D.在

5

二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）

15.如图，在四边形A8C。中，4ABC是等边三角形，AC与BQ相交于点。，~^\D

4。J.C。，4。=C。=1.将AABC沿AC折起，使得ZB。。=120。，若A,|

B,C,力四点在同一球面上，则该球的表面积为.I/\jc

16.已知两矩形ABC。与4OE尸所在的平面互相垂直，4B=1,若将4DEF沿8%?一

直线FD翻折，使得点E落在边BC上（即点P）,则当A。取最小值时，四面体F-4DP的外接球

的半径是.

17.边长为2的正方形经裁剪后留下如图所示的实线围成的部分，将所留部分折成

一个正四棱锥.当该棱锥的体积取得最大值时，其底面棱长为.

18.如图，正方形O'AB'C'的边长为1cm,它是水平放置的一个平面图形

的直观图，则原图形的周长是.

19.如图，正方体的棱长为1,E为线段/C上的一点，则三棱键4一OEZ\的体积

为______

三、解答题(本大题共11小题，共132.0分)

20.如图1,在边长为2的等边△ABC中，D,E分别为边AC,AB的中点.将△力DE沿OE折起,

使得力B14D,得到如图2的四棱锥4-BCDE,连结BO,CE,且与CE交于点从

图1图2

(1)证明：AH1BD；

(2)设点B到平面A£Z)的距离为七，点E到平面AB。的距离为修求富的值.

n2

21.在如图所示的几何体中，DEUAC,AC，平面BCD,AC=2DE=4,BC=2,DC=1,乙BCD=

60°.

(1)证明：BD_L平面ACDE；

(2)过点。作一平行于平面ABE的截面，画出该截面，说明理由，并求夹在该截面与平面ABE

之间的几何体的体积.

22.如图，在以4、B、C、。、E、尸为顶点的五面体中，平面CDEF1平面4BCD,FC=FB,四边

形A8C。为平行四边形，且NBCC=45。.

(1)求证：CD1BF；

(2)若AB=2EF=2,BC=五，直线BF与平面ABC。所成角为45。，求平面AOE与平面BCF

所成锐二面角的余弦值。

23.如图，在直三棱柱ABC-A'B'C'中，ACLAB,A'A^ABAC=2>D,E分别为AB,BC的中

(1)证明：平面"DE，平面A4BB'；

(2)求点C'到平面8'DE的距离.

24.如图，已知三棱柱ABC-AiBiG中，△4BC是边长为2的正三角形，O为线段的中点，40，

平面ABC.

G

B

(1)证明：平面力通。JL平面BBiGC；

(2)若与平面ABC所成角的正弦值为V，求二面角B-OB1—4的余弦值.

3

25.如图，四棱锥P-4BCD的底面为正方形，侧面PA力是正三角形，且侧面PAC1底面4BCD,

(/)求证：平面PAD_L平面PCD.

(〃)求二面角4-PC-。的余弦值.

26.如图1,与三角形的三边都相切的圆叫做三角形的内切圆.设。是回ABC的内切圆圆心，小是

团ABC的内切圆半径，设如Me是日4BC的面积，L.BC是04BC的周长，由等面积法，可以得到

29

内一七

(1)与三棱锥的四个面都相切的球叫做三棱锥的内切球.设三棱锥的体积是匕表面积是S,请

用类比推理思想，写出三棱锥的内切球的半径尺,,公式(只写结论即可，不必写推理过程)；

(2)如图2,在三棱锥P-4BC中，PA.PB、PC两两垂直，且PA=PB=PC=1,求三棱锥

P-4BC的内切球半径.

27.如图，在四棱锥P—4BCD中，底面ABC。是矩形，侧面PAD_L底面ABC。，E为尸A的中点,

过C、D、E三点的平面与PB交于点F,且P4=PD=4B=2.

(1)证明：EFJ.AD-.

(2)若四棱锥P—2BCD的体积为右则在线段PB上是否存在点G,使得二面角G-CD-B的余

弦值为独？若存在，求黑的值：若不存在，请说明理由.

5

28.如图1,在边长为2的等边△48C中，D,E分别为边4c,48的中点，将A4E。沿EQ折起，使得

AB1AD,AC1AE,得到如图2的四棱锥4一BCDE,连结8Q,CE,且BD与CE交于点H.

(1)求证：AHL平面8CDE;

(2)求二面角B-AE-。的余弦值.

A

A

29.如图，四棱锥P-4BCC中，AB=BC=2百，AD=CD=2,PA=PC,/.ABC=^.AB14D平

面PAD_L平面ABCD.

(1)求证：PD1平面ABC。；

(2)若尸C=3,求四棱锥P-ABC。的体积.

30.用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得的圆台上、下底面的半径比是1；4,截去的圆

锥的母线长是3cm.求截得的圆台的母线长.

【答案与解析】

1.答案：。

解析:

本题主要考查了三棱锥的结构特征，空间中的距离关系，属于较难题.

根据题意建立空间直角坐标系，先求三角形内心D的坐标，再求外接球的球心。坐标，进而可求券.

解：以点A为原点，4c边为x轴，A8边为y轴，建立空间直角坐标系如图，

可得4(0,0,0),S(0,6,0),C(8,0,0),

①求△4BC的内心：

因为△力BC的内心在直角角平分线上，即在直线y=x上，

故设△4BC的内心D(a,a,0),

又因为。到AB的距离等于。到BC的距离，

根据题目条件，易得直线BCy=-|x+6,

|--a+6|

所以a=解得a=2或a=6(舍去)，

所以。(2,2,0),则P(2,2,2A/5).

②求。点坐标：

因为点。到A、B、C的距离相等，易得点。在8c中点的垂线上，

所以可设。(4,3,m),又OA=OP,

所以。炉=OP2,根据坐标可得：42+32+m2=(4-2)2+(3-2)2+(m-

解得m=雪，所以0（4,3,—等）.

③求券因为P、0、。三点在一条直线上,

所以长度的比值可转化为z坐标差值的比值,

所以空一旦应一场受1一4

所以OQ-|Z°-ZQ|-闯-4，

故选。.

2.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△28。与△BCD是边长为2的等边三角形且二面角4-BD-C为120。,

取A/IB。和△BC。的中心尸，E,取的中点记为G,连接EG,FG,

所以ZEGF=120°,

则球心。为过△48。和aBCD的中心的垂线的交点，

在四边形OEG中可计算得：OE=OF=1,又因为ED=2，

3

利用勾股定理得：球的半径「=]/+（¥）2=亨,

则外接球的表面积S=4兀•告=学.

93

故选。.

3洛案：D

解析：

正方体绕着直线P。旋转。（0＜。＜2兀）角后能与自身重合，则PQ比过正方体中心，否则，正方体

绕着直线PQ旋转0（0＜。＜2兀）角后，中心不能回到原来的位置，结合图形求解，属较难题.

解：若正方体绕着直线尸。旋转火0＜8＜2n）角后能与自身重合，则PQ比过正方体中心，

否则，正方体绕着直线尸。旋转。（0＜。＜2兀）角后，中心不能回到原来的位置；共有三种情况：如

图所示；

,）TT

当P,。为正方体的体对角线两顶点时，把正方体绕尸。旋转二，正方体回到原来的位置，此时的

直线共有4条；

当P,。为正方体两相对棱中点时，把正方体绕P。旋转兀，正方体回到原来的位置，此时直线共有

6条；

当P,。为正方体对面中心时，把正方体绕PQ旋转:，正方体回到原来的位置，此时直线共有3

条；

综上，符合条件的直线尸。有4+6+3=13条.

故选

4.答案：D

解析：

本题着重考查了线面垂直、面面垂直的判定与性质和直线与平面所成角的定义与求法等知识，属于

较难题.

由题意，可得当。、B、A、C四点共面时顶点力与点。的距离最大，设此平面为例由面面垂直判

定定理结合B。_La,证出£la,过。作DEla于E,连结CE,根据面面垂直与线面垂直的性质证

出。H〃a,从而点。到平面a的距离等于点H到平面a的距离，设正四面体A8CZ）的棱长为1,根据

BC与平面a所成角为30。和正四面体的性质算出“到平面a的距离，利用三角函

数的定义算出sin/OCE=1,即得直线C£＞与平面a所成角的正弦值.

解：•••四边形084c中，顶点A与点O的距离最大，

.•・。、B、A、C四点共面，设此平面为夕，

vBO1a,BOcB,・•・/?1a,

过。作DH_L平面ABC,垂足为H,

设正四面体ABC。的棱长为1,则Rt^HCO中，CH=^-CD=—,

33

BOLa,直线8c与平面a所成角为30。，

•••Z.BCO=30°,结合NHCB=30。得4HC。=60°,

因此，”到平面a的距离等于HCsin60。=夜x且=三，

322

过。作DEJLa于E,连结CE,则4DCE就是直线CD与平面a所成角，

•••DH1a1p§.DHa,：.DH//a.

由此可得点。到平面a的距离等于点”到平面a的距离，即DE=p

・•.RMCOE中，sinWCE="=^=L即直线CO与平面a所成角的正弦值等于

CD122

故选：D.

5.答案：D

解析:

根据题意作出图形，欲求球。的表面积，只须求球的半径r,利用截面圆的性质即可求出。0「进而求

出底面ABC上的高产£),即可计算出三棱锥的体积，从而建立关于，的方程，即可求出r,从而解决

问题.

本题考查三棱锥的外接球的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，

考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形

结合思想，是中档题.

解：根据题意作出图形,

设球心为0,球的半径兀过4BC三点的小圆的圆心为01，

则。01_L平面ABC,延长CO】交球于点D,则SD1平面ABC.

•••△4BC是边长为4的等边三角形，CO】=1716^4=手，

。%=卜胃

...高SD=2001=2Jr2-y.

•••A4BC是边长为4正三角形，

・•・S〉ABC=~x4x4xsin60°=4V3,

••,V三棱锥S-ABC=9X4V3x25_J=拳

・・・一7=——20.

3

则球。的表面积为4仃2=等.

故选：D.

6.答案：H

解析:

本题考查三棱锥的外接球表面积，考查直线和平面的位置关系，确定三棱锥的外接球的半径是关

键.作4D1BC,连接PQ,由题意知AQ取最大值时，二面角P—BC—4最小，再由余弦定理和基

本不等式可得48TCW12,再由面积可得A。的最大值为3,故求得球0的半径，由球。的表面积

公式可得答案

解：如图，在△ABC中，作ADJ.BC,连接PD.由P4J■平面A8C,可知4PDA为二面角P—BC—4的

平面角.

•••tan"D4=瞿=二，0<"ZM<孑，二AD取最大值时，"D4最小.

ADAD2

在△ABC中，ABAC=60°,BC=273.由余弦定理，^BC2=AB2+AC2-2AB-AC-cos^BAC,

AB2+AC2-AB-AC=12,即4B-4CS12,当且仅当AB=AC时，等号成立.

11AR-AC

VSg48c=-BC-AD=-AB.ACS\x\/.BAC,：•AD=<3.

1224

.•.当二面角P—BC—a取最小值时.，AD=3,此时△ABC为等边三角形，易求得球。的半径为通，

此时球。的表面积为207r.

故选B

解析：

本题考查异面直线所成角，属于中档题；

连接QM,PB,MB,QP,得QM〃PB,延长QP交。C于点E,连接BE,

则4CEB为BE与GDi所成角，即可求解；

解：连接QM,PB,MB,QP,得QM〃PB,

延长QP交0c于点E,连接BE,则CE=2,且平面MPQ与平面A8CQ的交线为BE,

则4CEB为BE与GDI所成角,

所以tanZlTEB=—=-=2,

CE2

故选:B.

8.答案：D

解析：解：取4遇的中点M,连接Bi",B]Di，EF.

显然D】M〃GE,B\D\"EF,

平面BWiM〃平面AEGF,

・；。"〃平面4EQF,且G€侧面4BB14,

•••G在线段上，

又必。「平面ABBMi，4母公为QG与平面4BBM1所成角，且sin40iG4i=霏，

设正方体棱长为1,则当aG取得最小值气浮=苓=专时，。母取得最小值=强

1V30

・•・sin/J)iGAi的最大值为逐=

而

故选：D.

过5构造平面4EGF的平行平面，得出G的轨迹，再判断G的位置得出4G与平面ABB14所成角正

弦值的最大值.

本题考查了直线与平面所成角的计算，属于中档题.

9.答案：B

解析：

本题考查了异面直线所成角的求法，涉及棱柱结构特征的运用，属于中档题.

根据题意可得三棱柱ABC—4B1G为直三棱柱，取41G的中点M连接MMBN,B】N,可得乙BMN

即为直线与4C所成角，然后结合余弦定理求解即可.

解：由题意，三棱柱ABC-4/iG为直三棱柱，取41G的中点N,连接MN,BN,BrN,

则有MN〃4C,所以即为直线BM与41c所成角，

因为ZB=BC=AA1=3,乙ABC=90。，

所以4c=ArCi=3V2.

BM=VBC2+CM2=[2+(J=

MN=加C=^AA,2+AC2=小+(3小了=当,

BN=JBB/+B[N2=J32+(乎)2=乎,

所以在三角形BMN中，由余弦定理得COSNBMN=空丝空处

2BMMN2*吟乎_】5.

故直线BM与4C所成角的余弦值为普.

故选B.

41

10.答案：B

解析:

本题主要考查与棱锥截面有关的面积计算，属于较难题.

将已知图象补成正方体，得到截面为平行四边形MNKL,再运用基本不等式得到截面面积最大值.

解析：

解：补成正方体，如图.

vEF1a,二截面为平行四边形MNKL,

可得NK+KL=2,

5LKN//AD,KL//BC,且AO1BC,：.KN1KL

可得S四边多-KL&=1.

当且仅当NK=KL=1时取等号，

选B.

11.答案：D

解析：

本题考查异面直线的夹角和余弦定理，考查推理能力和计算能力，属于一般题.

设需=m(m>0),由/PMN就是直线PM与直线BC所成角，利用余弦定理即可求解.

解：过M作MN〃BC,与AC交于N,连接CW,

设需=m(m>0),三棱锥P-4BC的棱长为m+1,

由△AMN〜△4BC,得罂=w，

BCAB

所以MN=m,

又MP=\/AM2+AP2-2AM-AP-cos^PAM

=yin2+(in+I)2—2m(m+1)g=\/m24-m4-1>

同理，PN=Vm2+m+1-

由4PMN就是直线PM与直线BC所成角，

PM2+MN2-PN2

得cos乙PMN=

2PMMN

即工m2，解得m=&

42x/m2+7n+l-7n6

故选D

12.答案:B

解析：

本题考查三棱锥的体积，考查球的表面积，考查锥体的外接球问题，属于难题.

求出A8的长，确定出三棱锥，建立空间直角坐标系，求出半径即可.

解：考虑极限情况，在长方体中，如图所示（4B分别为长方体棱上的中点），

BC=AC=BD=AD=3,CD=26，则4CBD三4CAD,

设。为CZ）中点，易得C。=。。=遮，op=0A=^32—（V5）2=2，

则在Rt△中，AB=V22+22=2vL

而根据题干信息AB<2V2,则点B在上图中的Q（不包含端点）上运动，

当运动到三棱锥A-BCD的体积为第时，此时的三棱锥如图所示（O'B为三棱锥的高）:

由几何关系可得△4CD的面积为SMCD•|0*=2花，

故匕-86=：x2岔x\B0'\=野，解得|8。，|=V3.

则在RtAOBO'中，B0=2,\B0'\=V3.则。。'=1,

而。4=2,则20'=1,则8为MN中点（M,N分别为对应长方体棱上的中点），

而在△4CC中，AD=AC,O为CD中点，sin^DAO=—，cos^DAO=

33

由二倍角公式可得sin4D4C=延，

9

设小ACD的外接圆半径为r,则利用正弦定理可得2r=

s\nz.DAO

解得r=p

而4D=AC,O为。。中点，所以△4CD的外接圆圆心一定在OA所在的直线上，

而r=：>04=2,故外接圆圆心在0A的延长线上，

设该三棱锥的外接球的球心为P,01为△4CD的外接圆圆心，则0通=；,

则POi1底面。1&4。，

而。14U底面01C4D,故P。］10遇，

而CD1AOr,

设三棱锥外接球的半径为上

故建立如图所示的空间直角坐标系（01为原点，为y轴，POi为z轴，CO的平行线为x轴）:

设P（0,0,z）则力（0,：,0）,S（0,；,V3）,

则|PB|=\PA\=R,

则靠+9-8）2=，+z?=R，

解得z=_"（说明尸在上图所示的z轴的负半轴上）,

则R2=M

故外接球的表面积S=4nR2=yTT.

故选员

13.答案：B

解析：解：取AB的中点E,连接。E,CE,因为BC=4C=BO=4O=3,

所以CE1AB,DE1AB,DECCE=E,

所以4B1面CDE,且DE=CE,取CD的中点，连接EP,则EPJ.CD,

所以5-8。。=98$吹=948-，。七。=卜48-2/)g2-(竽)2=

^-AB-JAD2-(y)2-5=^--AB-〔4一华,

因为%-BCD=

所以亚至=①.4B.%一处,因为4B<2a,

33\4

所以解得AB=2：AE=1,DE=CE=IAC2-(^)2=V32-1=2^2,

所以sinZACE=*=g所以sin44cB=2sin/.ACE-COSAACE=2

AC3339

由题意可得。在底面的投影在中线CE所在的直线上，设为凡设。F=/i,

设底面ABC的外接圆的半径为r,设圆心为。，27=宝病=巫，所以「=芷，

98

O'E=CE-r=2V2--=—，

88

2

VA-BCD==^SABC-h=^-^AC-sinZ-ACB•h='.9•2夜•h,解得九=学’

所以EF=yjDE2—DF2=—普=弓，

所以O'F=EF+O'E=—+—=—,

288

过。'作。O'，面ABC的垂线，作OH1DF于H,则四边形HF。'。为矩形，

设外接球的半径为R,取04=OB=0D=R,

在三角形。"£>中，0D2=0H2+(DF-FH)2,BP/?2=O'F2+(―-00')2=(―)2+(―-00z)2.

282

①

在三角形。0'中，。。2=。。，2+。0,2=产+。。，2即区2=(竽)2+0。，2,②，

由①②可得腔=会

所以外接球的表面积S=4nR2=4兀,工=yJr.

故选：B.

由题意取AB的中点E,连接DE,CE,因为BC=AC=BD=4。=3,所以CE14B,DE1AB,

DEnCE=E,

所以ABLSICOE,且。E=CE,取C力的中点，连接EP,则EPLCD,再由体积可得AB的值，进

而求出底面外接圆的半径，及。到底面的高，由题意求出外接球的半径，进而求出外接球的表面积.

本题考查三棱锥与外接球的半径之间的关系，及球的表面积公式，属于中档题

14.答案：A

解析：

本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，考查运算求解能力，是中档题.

取4名的中点。，连结。口、0B,证明NOBCi是直线BCi与平面所成角，由此能求出直线BC1

与平面ABB1&所成角的正弦值.

解：取&&的中点0,连结。的、OB,

•••在三棱柱ZBC-4B1C1中，底面ABC是等边三角形，故gOl&Bi，

AAt1底面ABC,所以M1底面

又Q。u平面为B1G

•••CXO1AAr,又n人祖=必，4Alu平面阳勺①，公&u平面488出,

•••G。•L平面4BB14

••.4OBG是直线BQ与平面所成角，

•・,AB=BC=2,AAr=CCi=1,

・•・8cl=\/224-l2=A/5»G。=V22—1=V3»

・・・直线BC1与平面ABBMi所成角的正弦值：

.,QOV3Vis

^08^=—=^==—

故选A.

15.答案：等

解析：

本题考查了球的表面积，线面垂直的判定，面面垂直的性质，考查学生的计算能力和推理能力，属

于中档题.

根据题意只需证得。0'J_OD,从而求得0。'=立，再根据勾股定理求得R,进而可得球的表面积.

3

解：如图，连接8。，设球心为0',半径为R,易知。是AC的中点.

又AB=BC,则B0J.4C,同理。014c.8。C。。=。，BO,ODcffiBOD,

AC_L平面BOD,ACu平面ACD

从而得平面力CD1平面BOD,平面力BC_L平面BOD.

又因为点。为△AC。的外心，

故。。'_LOD,且。。'u平面BO。，

设△力8c的外心为E,易知，点E在线段OB上，且。E=^OB=渔,

36

连接。'E,O'A,

由48。0=120°,得乙E00'=120°-乙O'OD=30°,

由勾股定理得R2=。rA2=OA2+00'2=-,

18

故球的表面积为S=4TTR2=等.

故答案为詈.

16.答案：渔

2

解析：

本题考查的知识点是空间两点之间的距离计算，由于本题是几何与代数知识的综合应用，运算量比

较大，而且得到的X,y的关系比较复杂，因此要用换元法，简单表达式.由已知中矩形A8CZ)与矩

形AOEF所在的平面互相垂直，将ADE/沿正£>翻折，翻折后的点E恰与8C上的点P重合.设AB=1,

FA=x(x>1),AD=y,我们利用勾股定理分别求出BP,PC,根据BC=BP+PC,可以得到x,

y的关系式，利用换元法结合二次函数的性质，可得答案.四面体F-4DP的外接球的球心为。尸的

中点，即可求出四面体F-40P的外接球的半径.

解：设FA=x(x>l),AD=y,

•.•矩形ABC。与矩形4DE尸所在的平面互相垂直，AB=1,FA=x(x>1),AD=y,

・•・FE=FP=AD=BC=y,AB=DC=1,FA=DE=DP=x

在Rt△OCP中，PC=V%2—1

在RMF4P中，AP=y/y^x^

在Rt△A8P中，BP=y/y2—x2—1

vBC=BP+PC=yjy2—x2—1+y/x2—1=y

整理得y2=「G4，令/=:1

则”上，

则当t=；,即％=鱼时，y取最小值2.

四面体F-4DP的外接球的球心为QF的中点，DF=03=逐，四面体F-ADP的外接球的半径

是争

故答案为渔.

2

4

音-

7.5

解析：

本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查逻辑思维与运算能力，属于中档题.

设底面边长为2x,可求得此四棱锥的高为九=VFK(O<X<|),继而可得该棱锥的体积表达式,

利用导数即可求得该棱锥的体积取到最大值时X的值，从而可得答案.

解：设底面边长为2x,则斜高为空=1-x,

即此四棱锥的高为九=y/(l-xy-x2=万万(0<x<j),

所以此四棱锥体积为U=l-4x2-VI』=|Vx4-2x5,

令h(x)=x4—2x5(0<x<^),则/f(x)=4%3—10x4(0<%<1),

令兄(x)=4%3—10x4=2x3(2—5x)=0,

当x€(O,|)时，h!(x)>0,xe(|,+8)时，h![x)<0,

所以数旗%)在％=机寸取得极大值，也是最大值，此时底面棱长为g.

故答案为：

18.答案：8

解析：

本题目主要考查空间几何体的直观图和斜二测画法，属于一般题.

解析：

解：由斜二测画法的规则知与公轴平行的线段

其长度不变以及与横轴平行的性质不变，正方形的对角线在y'轴上，

可求得其长度为VL故在平面图中其在y轴上，且其长度变为原来的2倍，长度为2VL其原来的

图形如图所示，则原图形的周长是8a".

故答案为8.

19.答案：；

解析：

本题考查了三棱柱体积的计算，等体积转化法是常常需要优先考虑的策略，属于基础题.

将三棱锥A-DE4选择△4。劣为底面，E为顶点，进行等体积转化匕“已以=后体积易求.

解：将三棱锥A—DEDi选择AADDi为底面，E为顶点，

则匕-DED1=^E-ADDi>

其中SAAD%=4,E到底面ADD1的距离等于棱长1,

故P=；x；xl=g

3Lo

故答案为g

o

20.答案：（1）证明：在图1中，因为为△ABC为等边三角形，

且。为边AC的中点，所以BD1.AC,

在△BCD中，BD1CD,BC=2,CD=1,所以BO=百，

因为。，E分别为AC,AB的中点，所以EO〃BC,

在图2中，有黑=霁=§所以0"=50=立，

HBBC233

因为48J.40,所以△480为直角三角形，

因为4。=1,BD=V3.所以cos乙4DB=处=立，

BD3

在△4。“中，由余弦定理得，

AH2=AD2+DH2-2AD-DHc.osz.ADB

所以AH=在，

3

在△ADH中，因为4"2+。，2=|+，=1=4。2,所以4H1B。；

(2)解法1:因为Vg-AED—^E-ABD,所以孑$4£。八1=ISABD/IZ，

所以胃=浮，

〃2^AED

因为△4ED是边长为1的等边三角形，所以SAHED=/，

在RtAABD中，BD=V3.AD=1,则4B=鱼，

所以治的=争所以晟=不，

所以F的值为M.

九23

9

解法2:因为/TED=^A-BDE

11

所以]S用nED九i=xAH.

所以色=包警组.

s团AED

因为△4ED是边长为1的等边三角形，所以如4四=弓.

因为ABDE是腰长为1,顶角为120。的等腰三角形，所以如BDE=f.

由⑴得4H=9,所以九1=黑

f

由KFTBO=^A-BDE同理求得h2=2,

所以空=平.

h23

所以F的值为2.

九23

解析：本题主要考查了余弦定理，三棱锥的体积公式，属于中档题.

(1)计算出8力的长，。”的长，COSAADB的值，由余弦定理可得A”的长，由勾股定理可得结果.

(2)解法1,根据，BTED=»E-4BD,得到£S^ED/I]=鼻九2,所以U=U殷,求出SfED，SfBD得

33n2bAED

值，可得结果.

解法2,根据/TED=VA-BDE^得到九1=蟹詈•结合⑴的结论可以得到七=冬同理由=

VA-BDE，求得九2=1,即可得到答案.

21.答案：证明：（1）在△BCO中，BO?=22+1-2x1x2cos60。=3.

所以B（72=BD2+DC2,

所以ABC。为直角三角形，BD1CD.

又因为4C_L平面BCD,BDu平面BCD,所以AC_LBD.

而力CnCD=C,所以BD，平面ACDE.

解：（2）取AC的中点F,8C的中点M,连接。F,DM,MF,

平面OFM即为所求.

理由如下：

因为DE〃4C,DE=AF,所以四边形AED尸为平行四边形，

所以DF〃AE,从而DF〃平面ABE,

同理可证FM〃平面ABE.

因为尸MnDF=F,所以平面DFM〃平面4BE.

由（1）可知，8。1平面4。力£：,FCCDM.

因为%-ACDE=Ix生等xV3=V3,

VF-CDM（i^sm60°）x2=存

所以，夹在该截面与平面43E之间的几何体的体积：

，=^B-ACDE-KF-CDM=8-R=挈

解析：本题考查线面垂直的证明，考查几何体的体积的求法，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，考查函数与方程思想，是中档题.

⑴推导出BD1CD,AC1BD.由此能证明BD1平面ACDE.

（2）取AC的中点F,BC的中点M,连接。F,DM,MF,平面。FM即为所求.夹在该截面与平面

ABE之间的几何体的体积V=VB_ACDE-VF_CDM.

22.答案：证明：（1）过F作FOLCD交CO于O,连接8。，

•••平面COEF_L平面ABCD,平面CDEFCI平面力BCD=CD,

FO_L平面ABCD,：.FOLOB.

•••FB=FC,FO=FO,Z.FOC=/.FOB=90,

FOC=AFOB,

OB=OC.

由已知NDCB=45。，得4BOC为等腰直角三角形，

OB1CD,又CD1FO,

：.CD1平面FOB,

■■■CDLFB.

解：(2)vAB11CD,AB//^CDEF,

又••・平面4BFEn平面CDEF=EF,

AB//EF.

由(1)可得。8,OC,OF两两垂直，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系。-xyz,

由题设可得：Z.OBF=45°,AOF=0B=1,

进而可得:71(1,-2,0),0),C(0,l,0),

D(0,-l,0),E(0,-l,l),F(0,0,1),

AD=(-1,1.0),DE=(0,0,1),BC=(-1,1,0).CF=(0,-1,1)>

设平面ADE的法向量为访=Oi，yi，Zi),

贝嘿嘴二1BpUX=oyi=O>取3…得沅=(1，1，0)

设平面8C77的法向量为五=(%2，乃，22)，

则也磨=0,即取不=1,得元=(1,1,1),

In-CF=0(一丫2+Z2=°

则cos<m,n>=苛W=看后=[

|m|-|n|V2-V33

・•・平面ADE与平面BC尸所成锐二面角的余弦值为班.

3

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，是中档题.

(1)过尸作F01CD交CD于0,连接B0,推导出F。10B,△FOCAFOB,OB=OC,OB1CD,

CD1FO,从而CO_L平面FOB,由此能证明CD_LFB;

(2)由OB,OC,OF两两垂直，以。为坐标原点，建立空间直角坐标系。-xyz,利用向量法能求出

平面AOE与平面BCF所成锐二面角的余弦值.

23.答案：解：(1)证明：因为棱柱4BC—A'B'C'是直三棱柱，

所以AC14A,

又4c148,A'ACtAB=A,A'A,4Bu平面

所以AC_L平面

又O,E分别为AB,BC的中点，

所以DE〃/IC,

即OE工平面AABB',

又DEu平面B'DE,

所以平面B'DE1平面AABB'.

(2)解：由(1)可知4c7/4C〃DE,

所以AC'〃面8'0E

即点C'到平面B'DE的距离等于点4到平面B'DE的距离，

方法一：连接4D,过点4作AH1.B'Z)交B'D于点H,

因为DEL^A'ABB',所以DE1A'H,即A'HJ_面8'CE,

即47/的长就是点C'到平面8'DE的距离，

因为B'C=花，由等面积法可知=求得4'H=?，

所以C'到平面B'ZJE的距离等于第.

方法二：设点4'到面B'DE的距离为6,

由(1)可知，DE_L面4488',

且在RtaB'DE中，B，D=次,DE=1，

所以S^B，DE=争

由题意知S△力,B,O=2,由等体积公式可知以-B，DE=^E-AIBIDF

即IS^B，DEh=5s△A，B，DOE，

由工X立仁工X2X1得仁延，

3235

所以C'到平面B'DE的距离等于誓.

解析：本题考查面面垂直的判定和点到平面的距离的求法，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，属于中档题.

(1)推导出AC1A4',ACA.AB,从而AC_L面44BB',推导出DE//4C,从而DEJL面44BB',由此能

证明平面B'DE1平面A4BB'；

(2)由4c7/4C〃OE，得到A'C'〃面B'DE,从而点C'到平面B'OE的距离等于