高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) 49(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）（49）

一、单项选择题（本大题共8小题，共40.0分）

1.如图所示是一款热卖的小方凳，其正、侧视图如图所示，如果凳脚是由底面为正方形的直棱柱

经过切割后得到，当正方形边长为2cni时，则切面的面积为（）

A1602R4yflS2「10\/22rv8A/32

A.—cTmMB.---cmC.---cmD.—cm

3333

2.在三棱锥S-ABC中，AC=2AB=4,BC=2娼,AS_LSC,平面ABCJ■平面SAC,则当△CBS

的面积最大时，三棱锥S-ABC内切球的半径约为（参考数据：9+黑6x025）

A.0.125B,0.25C,0.5D,0.75

3.若I,，%〃是不相同的空间直线，a,0是不重合的两个平面，则下列命题正确的是

A.Ila,ml/?,I1m=>a1/S

B.l//m,mUan1//a

C.Ia,mUa,///£，na〃/?

D./In,m1n=>l//a

4.两球。1和G在棱长为2的正方体48。。-4当6。1的内部，且互相外切，若球。1与过点A的正

方体的三个面相切，球。2与过点G的正方体的三个面相切，则球01和。2的表面积之和的最小值

为

A.3（2-V3）nB.4（2-V3）TTC.6（2一百）兀D.12（2—次）TT

5.在四棱锥E—ABC。中，四边形A8CQ是矩形，AD=3AB=|EB=3,动点M在线段BC上，

EAL平面ABCD，则当EM+MD最小时，直线EM与平面ABCQ所成角的正切值为（）

A.立B.小C.在D.回

5522

6.已知正三棱锥P-HBC（底面是正三角形，顶点在底面的射影是正p

三角形的中心），直线BC〃平面a,3此6分别是棱24,48,28上一

点（除端点），将正三棱锥P-4BC绕直线8c旋转一周，则能与平

面a所成的角取遍区间［0,自一切值的直线可能是（）

A.EFB.FG

C.EGD.EF,FG,EG中的任意一条

7.侧棱相等的三棱锥P-ABC中，侧棱PA,PB,PC两两垂直，若顶点P到底面ABC的距离为2,

则三棱锥P-4BC外接球的表面积为（）

A.367rB.247rC.487rD.167r

8.如图所示,四边形0ABe是上底为1,下底为3,底角为45。的

等腰梯形,由斜二测画法，画出这个梯形的直观图0‘4B'C',在

直观图中的梯形的高为（）

A.V2

3

B.V2

4

C.V2

2

D.V2

二、多项选择题（本大题共2小题，共8.0分）

9.如图，AB为圆O的直径，点C在圆周上（异于点A,B）,直线PA垂直

于圆。所在的平面，点M是线段尸3的中点，以下四个命题正确的是（）

A.M0〃平面PAC

B.PA〃平面MOB

C.0C_L平面PAC

D.平面H4C1平面PBC.

10.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

三、填空题(本大题共9小题，共45.0分)

11.已知四棱锥S—ABCD的所有顶点都在半径为2的球面上，SDl¥lSfABCD,四边形ABC。的所

有顶点都在以AB为直径的圆上，且48=2,若“BD==30。，则四棱锥S—HBCD的体

积为.

12.已知三棱锥P-4BC的四个顶点都在球。的球面上，P41平面ABC,5./.BAC=60°,PA=2,

BC=2次.则△ABC面积最大时，球。的表面积为.

13.已知正三棱柱的侧棱长为zn(meZ),底面边长为n(neZ),内有一个体积为V的

球，若丫的最大值为?兀，则此三棱柱外接球表面积的最小值为.

14.平行六面体48。。一月$1。也中，已知底面四边形ABC。为矩形，==壬其中，

\AB\=a,\AD\=b,\AAr\=c,体对角线|&C|=1,则c的最大值是.

15.若点〃在平面a外，过点M作面a的垂线，则称垂足N为点M在平面a内的正投影，记为N=

启(M).如图，在棱长为1的正方体力BCD-4BQ5,中，记平面ABiCiDi为夕，平面ABC。为y,

点尸是棱CCi上一动点(与C,G不重合)Q,峰(P)]，(?2=%%(「)].给出下列三个结论：

①线段PQ2长度的取值范围是以金；

②存在点P使得PQJ/平面伙

③存在点尸使得PQi1PQ2.

其中正确结论的序号是

16.在边长为2的等边三角形A8C中，点D（与点A,B均不重合）在边A8上,。E14c于点及将小ADE

沿DE折起,连接AB,AC,得到四棱锥4-BCED,则四棱锥力-BCED的体积的最大值为

17.如下图①，在直角梯形A8CC中，/.ABC=/.CDB=/.DAB=90°,/.BCD=30",BC=4,点

E在线段CD上运动.如下图②，7gBECifr^BEC',使得平面BEC'J_平面A8E。，则

力C'的最小值为.

18.在三棱锥P-ABC中，AP,AB,AC两两垂直，且4P=4B=AC=g，则三棱锥P-4BC的内

切球的表面积为.

19.如图，直三棱柱4BC-aB1C1中，。是BC的中点，四边形ABB遇1

为正方形.若ZABC为等边三角形，BC=4,则点B到平面4B”的

距离是.

四、解答题（本大题共U小题，共132.0分）

20.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是直角梯形，4B〃CD,BCLAB,PD=PA=CD=

1

BC=-AB,PB=PC.

2

（1）求证：平面P4D_L平面PBD；

(2)若三棱锥B—PCD的体积为等，求PC的长.

21.如图，三棱柱4BC-&B1G中，侧面BBiGC是菱形，其对角线的交点为。，且4B=AB1

(1)求证:力。1平面BBiGC；

(2)设N&BC=60。，若直线4B1与平面BBiGC所成的角为45。，求二面角为-3前一B的

余弦值.

22.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面A5CD为菱形，^ABC=120°,△PAD为等边三角形，E为

棱PC的中点.

pt

(1)证明：PBJL平面ADE：

(2)若平面24。1平面ABCD,求二面角4-DE-B的余弦值.

23.在如图所示的几何体中，四边形ABCC是正方形，PA_L平面ABC。，E,F分别是线段AD,PB

(1)求证：EF〃平面OCP；

(2)求平面EFC与平面PDC所成锐二面角的余弦值.

24.如图1,在边长为2的等边△ABC中，D,E分别为边AC,A8的中点.将△4DE沿OE折起,

使得AB14Z),得到如图2的四棱锥4-BCCE,连结8。，CE,且8。与CE交于点

图1图2

(1)证明：AH1BD；

(2)设点B到平面AEZ)的距离为瓦，点E到平面ABO的距离为电，求空的值.

n2

25.如图，三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC,Z.APB=Z.ACB=90°,点E,尸分别是棱AB,PB

的中点，点G是ABCE的重心.

(1)证明：PE_L平面ABC；

(2)若GF与平面ABC所成的角为60。，且GF=2,求三棱锥P-ABC的体积.

26.如图，三棱柱ABC-AiBiCi中，侧面力!_底面A8C,AC1AB,AC=AB==2,

444/1=60。，E、F分别为棱8c的中点.

(1)求证：AE1BC；

(2)在直线44］上是否存在一点P,使得CP〃平面4EF?若存在，求出AP的长；若不存在，说

明理由.

27.如图，在三棱锥S—4BC中，平面SAB_L平面SBC,ABLBC,AS=48.过A作4F1SB,垂足

为F,点、E,G分别是棱SA,SC的中点.求证:

(1)平面EFG〃平面ABC；

⑵BCISA.

28.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面A8C。是矩形，侧面PAC1底面ABC。，E为尸4的中点,

过C、D、E三点的平面与PB交于点F,且P4=P0=4B=2.

(1)证明：EF//AB-.

(2)若四棱锥P-力BCD的体积为全求三棱锥E-4DF的体积.

29.如图，已知斜三棱柱4BC-&B1G中，AB^AC,。为3c的中点.

(1)若平面ABCJL平面BCGBi，求证：AD1DC1；

(2)求证：〃平面ADC].

30.如图1,在RtAABC中，ZC=90°,BC=AC=4,D,E分别是AC,AB边上的中点，将△ADE

沿OE折起到△&DE的位置，使4道=①。，如图2.

(I)求证：DEJ.A1C；

(H)求点C到平面4BE的距离.

【答案与解析】

1.答案：B

解析：

本题考查空间几何体的三视图及棱柱的切面面积，属于中档题.

由正、侧视图知，当凳脚所在的直线为PC时，过P作PAJ■底面A8CD,四边形ABC。为正方形，

设边长为a,则“ZM=APBA=60°,设NPC4=a,则a为PC与底面所成的角，可得sina,凳脚

的切面为菱形PMEN,^PCA=a,可得sin4CPE=sina,由题意知EC、EP、MN的长，即可求得

切面的面积.

解：如图I,

图1

由正、侧视图知，当凳脚所在的直线为PC时，

过P作PA1底面4BC。，四边形ABC。为正方形,

设边长为a,则NP£M=Z.PBA=60°,

设4PC4=a,则a为PC与底面所成的角，

PA=y/3a>AC=V2a>PC-y/5a>

.V15

Asina=——•

5

图2

凳脚的切面为菱形PMEM/_PCA=a,

•••sinZ.CPE=sina=?，

又由题意知，EC=2VL

EP=—=—,MN=2鱼，

sina3

・•・切面的面积为S菱癖MEN=\MN-PE

="2四x亚=2.

233

故选&

2.答案：C

解析：解：在△ABC中，4C=2AB=4,BC=275.AB2+AC2=

BC2.

•••AB1AC,

•.•平面ABC1平面SAC,平面A"C平面SAC=AC,

：.AB1平面SAC,：.AB1SC.

又SC1SA,SAC\AB=A.

.♦•SCI平面SAB,•••SCISB.

SB2+SC2=（2通¥=20.

S^SBC=[SB•SC*X—^-2=弓=5,当且仅当SB=SC=JIU时取等号.

此时SA=VSF2-AB2=V6.

S^SAC=jxV6xV10=V15,S^SAB=ixV6x2=V6,S^ABC=|x2x4=4.

设三棱锥S-4BC内切球的半径为r.

则;7•（同+通+4+5）=：x2xA/15,可得r=»2X0.25=0.5.

33V15+V6+9

故选：C.

在△ABC中，AC=2AB=4,BC=2痘,由4辟+江2=BC?.可得AB14C,利用面面垂直的性质

定理可得：4B1平面SAC,因此AB1SC.又SC_LS4,可得SC_L平面SAB,于是SC1SB.可得SB?+

SC2=20.利用基本不等式的性质可得SASBC=-SC<|x吟经.当且仅当SB=SC=同时取

等号.此时S4=7sB2—AB2=伤.设三棱锥S-4BC内切球的半径为r.利用体积变形即可得出.

本题考查了面面垂直的性质定理、勾股定理及其逆定理、基本不等式的性质、三棱锥内切球的性质、

三棱锥的体积计算公式、体积变形，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题.

3.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4中，由面面垂直的判定定理得aJ./?；在B中，anl/glua；在C中，a与相交或平行;

在。中，/与相交、平行或异面.

解：由/,m,"是不相同的空间直线，a,0是不重合的两个平面，知：

在A中：Ila,m工0,I1m,则由面面垂直的判定定理得a1/?,故A正确；

在8中：l//m,mUa=〃/a或/ua,故B错误；

在C中：Ica,mca,i//p,m〃£=a与0相交或平行，缺少条件直线/与机相交，故C错误;

在。中：I1n,=l与加相交、平行或异面，故。错误.

故选:A.

4.答案：D

解析：

本题是中档题，考查球与正方体相切关系的应用，考查基本不等式求解最值问题，考查计算能力，

空间想象能力.

设出球01与球。2的半径，求出面积之和，利用相切关系得到半径与正方体的对角线的关系，通过

基本不等式，从而得出面积的最小值.

解：A。1=百Ri，GG=R21。1。2=&+R?，

(7^+1)(/?!+/?2)=2/3.

为+&=焉

222

球01和。2的表面积之和为4兀(R/+/?2)>47r-2(当豆)=27r(%+/?2)=12(2-)TT.

故选：D.

5.答案：B

解析：

本题考查空间直线与平面所成的角的求法，利用空间图形的翻折确定〃的位置是解题的关键.

把面E8C绕翻折使得与平面A8C。在同一个平面上,可得到M的位置为与平面ABCD

所成角，求出AM和E4,即可求解.

解：因为EA,平面ABCD,BCu平面ABCD,所以E41BC,

又4B1BC,EAQAB=A,EA.ABC：平面EAB,

所以BC_L平面E48,

因为EBU平面EAB,所以BCJ.EB,

把面EBC绕8c翻折使得与平面4BC。在同一个平面上，则A、B、E共线，

则可知，当M为EO与BC1的交点时，EM+MD最小，

此时由ABEMS^CDM可得BM=2CM=2,NEMB为EM与平面488所成角,

EM=V22+22=2V2,AM=Vl2+22=^,EA=J(2V2)2-5=V3>

所以tan/EMA=黄=今，

故选8.

6.答案：B

解析：

本题考查立体图形中的位置关系，选择题可适当利用特殊值、排除法等解题技巧.可以先考虑0和5

等特殊值，对选项中涉及的三条直线进行验证排除可得正确答案.

解：假设E尸满足题意，当E尸与平面a所成的角为F时，

EF1a,由BC〃a,可得BC1EF.

在正三棱锥中，可得BC14P,当BC_LEF时，可得BC_L平面PAB,

显然这是不可能成立的，所以E尸不满足题意.

同理，EG与BC不可能垂直，则EG与平面a所成的角不可能为最

综上所述，可以排除A,C,D,

故选B.

7.答案：A

解析:

本题考查了三棱锥的结构特点，球的表面积.属于中档题.

三棱锥三条侧棱两两垂直，故此三棱锥可看作是正方体的一部分，三条侧棱分别是正方体同一顶点

处三条棱，故三棱锥的外接球就是正方体的外接球，求出正方体的体对角线就是球的直径，就可得

到球的表面积.

解：••・三棱锥P-力BC的三条侧棱尸4、PB、PC两两互相垂直，

•••它的外接球就是扩展为长方体的外接球，（PA,PB,PC为长方体同一顶点处三条棱），

设侧棱长为a，则AB=BC=4C=近（1,所以S.^BC=？x=ja?,

所以V=3sABCx2=：a、'，解得a=2近

Szio

.1,球的直径是=6>

・・•球的表面积S1万片367r.

故选4.

8.答案：B

解析：

本题考查的知识点是平面图形的直观图，其中正理理解直观图中梯形的两底长不变，是解答的关

键.由已知求出原图的面积，进而根据原图面积与直观图面积的关系，求出直观图的关系，设直观

图的高为〃，结合直观图中梯形的两底长不变，构造关于〃的方程，可得答案.

解：•••四边形0ABe是上底为1,下底为3,底角为45。的等腰梯形，

故0A8C的高为1,面积S=^x（l+3）xl=2,

故其直观图的面积S'=2X立=返，

42

设直观图的高为力，则"(1+3)></!=〃,

解得：h=”,

4

故选B.

9.答案：AD

解析：

本题主要考查了直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的性质以及面面垂直的判定，考查了空间

想象能力和推理论证能力，考查了数形结合思想的应用，属于中档题.

解：对于A：因为M0〃P4MOC平面PAC,PAu平面PAC,所以M。〃平面PAC,A正确；

对于B：因为PA在平面MOB内，所以8错误；

对于C：因为PA垂直于圆。所在的平面，BCu平面ABC,所以PAJ.BC.

又BC14C,ACCtPA=A,ACu平面PAC,P4u平面PAC,所以8c_L平面PAC.

因为空间内过一点作已知平面的垂线有且只有一条，所以OCL平面PAC不成立，所以C错误；

对于D：由C选项知BC1平面P4C,且BCu平面PBC,所以平面P4C1平面PBC.所以力正确.

正确命题的序号是AD

故答案为AD

10.答案：BC

解析：

本题考查立体几何中平面的基本性质及应用，空间中直线与平面的位置关系，属于基础题.

根据立体几何中平面的基本性质逐一分析各选项即可.

解：当三点共线时，空间内三点不能确定一个平面，故A错误；

棱柱的各侧棱平行且相等，故棱柱的侧面一定是平行四边形，故B正确；

分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点必然都在两个平面内，所以交点只可能在两个

平面的交线上，故C正确；

一条直线与三角形的两边都相交，若该直线与三角形的两边均相交于三角形的某顶点，则该直线不

一定在三角形所在的平面内，故。错误.

故选BC.

11.答案：I

解析：

本题考查球内接四棱锥S-48C。的体积计算，属于中档题.

首先分析线面关系，求出S。，然后根据锥体体积公式计算即可.

解：四边形ABC。的外接圆直径为AB,

所以NB04=乙BCA=90°,

又上CBD=Z.ABD=30°,AB=2,

所以AD=BC=1,所以4CDB=ADBA=30°,

所以ZB〃CD,BC=DC=1,

所以底面ABCD的面积为

“CD=”D-BO+”C-msinl20。+曰=¥,

设A8的中点为0「球的半径为R,因为S。！平面A8CD,

所以R2=12+弓）2=4,解得S。=273,

因此四棱锥S-4BC0的体积为U=\SABCD.AD=：X乎x26=|.

故答案为|.

12.答案：20zr

解析：

本题考查球的表面积公式，余弦定理，三角形的面积公式，利用基本不等式求最值，属于较难题.

先运用余弦定理，三角形面积，基本不等式等求解出：当△力BC为等边三角形时其面积最大，设H

为AABC的外心，建立与球。半径R有关的方程，解方程即可.

解：如图，在AZBC中，作AD1BC,

C

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

AB2+AC2-AB-AC=12,UVAB-AC<12,当且仅当AB=AC时，等号成立.

;S&ABC=；BC.AD=；AB-AC-siiiZBAC

=^-AB-AC

•••△ABC的面积最大值为36，止匕时：x2代AD=3痘,即40=3,AB=AC=BC=2显,此时AABC

为等边三角形，

记H为△ABC的外心，即三棱锥P-力BC的外接球半径为R,

连接。”，过。做0E1P4于E,

可知4H=|4。=2,

易知四边形OH4E为矩形，令0H=x,

2222

则有R2=2+x=(2-x)+2,解得R2=5,

故球。的表面积为S-』丁/「2(淅.

故答案为207r.

13.答案：577r

解析：

本题主要考查了球的表面积和体积的求解，属于难题.由题意，当三棱柱外接球表面积取最小值时，

S垢/x($2+in),分别讨论当内部球与三棱柱的各个侧面相切以及当内部球与三棱柱的上

下面相切时参数，〃与〃的取值，通过计算可得到m=3,ri=6满足题意，代入即可得到三棱柱外接

球表面积的最小值.

解：设三棱柱外接球表面积为5,外接球的半径为厂，三棱柱内部球的半径为

当三棱柱外接球表面积取最小值时，则尽量使三棱柱的各个面均与内部的球相切，

此时产=停"»+⑥2=[+4

外接球的表面积sIrrr+nr^,

令丁1=立几X2=%,即m=白,

1232V3

当内部球与三棱柱的各个侧面相切时，ri=苧nx[=泰，

,,4?4n3n39

此时v=F"=干、&=否"严'

Vn6Z,故此式无解，

当内部球与三棱柱的上下面相切时，r1=p

4*4m3rnl9

此时V=-TTFl3=T?rX—=_7T=57r，

J**o0/

解得巾=3,满足m6Z,

"m=春，...n=V3m=3V3.

•••neZ,且需要使三棱柱外接球表面积取最小值，

则令n=6,

此时外接球的表面积s"（[iJ+up）,77（：x（,+；F）57?r,

故答案为577r.

14.答案:V2

解析：

根据直线与平面所成角的定义，求出线面角，结合三角形的正弦定理，即可求出c,的最大值.

本题考查执行与平面所成角、线面角，考查正弦函数求最值等知识点，数形结合，属于难题.

解：如图，

由4A=乙412。=m可知，点&在底面的射影点在直线AC上，记直线4遇与底面的夹角为9,

则cos。=cosZ-AyAB-cosZ.CAB,

所以cos。=cos三cos巳=在，所以s讥。=立，

3442

在中，由正弦定理可得c=&sinN4C4W冠，

当乙41a4=]时，c取最大值VL

故答案为：V2

15.答案：①②

解析：

本题考查空间线面位置关系及空间想象能力，运算能力，属中档题目.

解：取6。的中点(22，过点尸在平面4B1G。内作PE1的。，

再过点E在平面CC[。]。内作EQ】J.CD,垂足为点心.

在正方体力BCD中，AD，平面CG2。，

PEu平面CGDiD,PELAD,

又•；PE1G。，ADnCrD=D,

•••PE_L平面48心。，

即PEJ.=E,

同理可证EQCQ邛,则心噂(P)]=%(E)=Qi，fp[fY(P)]=fpCQ=Q2.

以点。为坐标原点，DA.DC、所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D-xyz,

设。P=。。G(0<。<1),点2(0,1,a),C(O,1,0),E(0,詈,詈)，QMO,手,0),Q2(0,i,i).

22

对于命题\PQ2\=J；+(a-1)>0<%则0<(a-1)<；，

2

所以，\PQ2\=J;+(a-1)GE，f)，命题①正确：

对于命题②;TCQ2_L0，则平面夕的一个法向量为浜=(0,-}}，丽>=((),?■，一。)，令颔•

西=—=°，解得a=]e(0,l),

所以，存在点P使得PQi〃平面£,命题②正确：

对于命题③，丽=(0,-3詈)，令颂•丽=?+*3=0,

整理得4a2-3a+l=0,该方程无解，所以，不存在点P使得PQ1，P(?2,命题③错误.

故正确的结论为①②.

故答案为①②.

16.答案：迥

9

解析：

本题主要考查了三角形的面积公式，利用导数研究函数的最值，棱锥的体积公式，属于中档题.

先求出底面8CED的面积，进而得出四棱锥4-BCE。的体积V=：S•4E=，(2X-X3),求导，利

用导数得出最值.

解：设4E=X,则AD=2%,DE=V3x,

所以△4DE的面积金曲=^AD-AEsin^=|x2xxxxy=yx2.

所以底面BCED的面积S=—x22——%2=V3——%2,

422

由题意可知，当四棱锥A-BCED的体积最大时，

平面ADE1底面BCED,可得4E1底面BCED,

此时四棱锥4—BCED的体积V=-AE=x(V3--^x2)xx=R(2x—x3)＞

其中0＜无＜2,则,=_亨@_净色+').

令7=0,则%=更为唯一的极值点，也是最大值点，

3

所以当“当时，则Lx=醇

故答案为也.

9

17.答案：V19-4V3

解析：

本题考查了空间中的距离的最值，设NEBC=a,求得PC,PB,AQ,由AC,2=PC2+PA2=PC2+

PQ2+QA2,结合三角函数的图象性质可得答案.

解：因为

在直角梯形ABCD中，乙ABC="DB=4DAB=90°,4BCD=30。，BC=4,可得BD=2.AB=圾

延长BE到点P与CP垂直，过点A作AQ垂直BE于点Q

设z_EBC=a则PC=4sina,PB=4cosa,

又BQ=Vasina,AQ=V3cosa>

则PQ=PB—BQ=4cosa—V3sina，

又因为4c,2=PC2+PA2=PC2+PQ2+QA2

=16sin2a+(4cosa—V3sina)2+(V3cosa)2=19—4V3sin2a>19-4V3»

当n:时等号成立，

故AC'的最小值为一4圾.

故答案为J19—

18.答案：(4—2百)兀

解析:

本题考查了棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积，球的表面积和体积，空间想象能力，基础

题.

利用锥体的表面积和体积公式，结合体积等量得内切球的半径，再利用球的表面积公式，计算得结

论.

解：设三棱锥P-4BC的内切球的半径为r.

因为AP,AB,AC两两垂直，且4P=4B=4C=百，

所以三棱锥P—4BC的体积为Ux1xV3xV3xV3=?，

表面积为S=|xV3xV3x3+yX(V3T3)2=*|宜“

又因为V=NS•r=工x%里r=*r,

3322

所以立=型小即7=；=四二，

22V3+12

因此三棱锥P—4BC的内切球的表面积为4兀产=4兀x,：)-=(4-2V3)TT.

故答案为(4—2V3)TT.

19.答案:延

5

解析：

本题考查根据等积法求点到平面的距离，属于中档题.

由等体积法以-B/D=构造关于所求距离的方程，解出方程即可得结果.

解：•••在直三枝柱4BC—4避16中，

平面苫平面ABC,且BC为它们的交线又AD1BC,

lx

•1•AD，平面BCCiBi设点B到平面AB/的距离为h,

由等体积法可得：VA-B0D=即gBBy-BD-DA=\-\-AD-DBx-h,

EP4-2-V3=V3-2V5-/1.

：•h,=——4V5

5

即点8到平面AB”的距离为第.

故答案为竽.

20.答案：解⑴取40的中点O,BC的中点F,连接P0,OF,PF,

由已知得，四边形4BCD是梯形，AB//CD,AB1BC.-.0F//AB,

：.OF1BC,又,：PB=PC,-.PF1BC,且PFnOF=F

，二BC_L平面POF,尸。在平面POF内，BC1PO,

由已知得PA=P。，•••P。1AD,又AD与BC相交，

PO，平面ABC。，BD在平面ABCD内，:.POLBD,

XvBD2+AD2=AB2,.-.AD1BD,PO,4力相交，

8。J•平面P40,且8。在平面尸8。内，.♦.平面PAO_L平面PBD.

(2)设BC=a,则PO=¥a，VB-PCD=^P-BCD=1xP°xS48co=1xYaX|a2=^1。*='

22

解得a=2,又「PC?=PO+OC,且OU?=Op2+%2=i+32=I。，

PC2=2+10=12,从而PC=2V3.

解析：本题主要考查面面垂直的证明，体积的运算，考察运算求解能力、推理论证能力、空间想象

能力，是中档题.

(1)本小题考查面面垂直的判定，要证明平面和平面垂直，只需证明其中一个平面经过另一个平面的

一条垂线即可.

(2)本小题考查棱锥体积公式，根据三棱锥B-PCD的体积为等，求出BC=2,再利用勾股定理即可

求出答案.

21.答案：(1)证明：•••四边形B&GC是菱形，二BiCJ.BG，

•••AB1BXC,ABCBCi=B,u平面4BC；,力Bu平面力BCj,

BiC1平面ABG，

•­•AOu平面ABC[，；.B]C1AO,

又•••AB=AC],。是BCi的中点，AOLBC],

又•••BiCDBCi=。，u平面BBiGC,BC】u平面BBiGC,

•••AO，平面BBiGC.

(2)解：•••4B〃&Bi，

.•・直线与平面BBi/C所成角等于直线AB与平面B/GC所成角，

•••力。_L平面BBiGC,.•.直线4B与平面BBiGC所成角为乙4B。，

即NABO=45。，

设菱形BBiGC的边长为2,则在等边ABBiC中，BO=V3，CO=BAO=1,

在直角△AB。中，AO=BO=y/3,

以。为坐标原点建立空间直角坐标系，0(0,0,0),A(0,0,V3)Mi(-V3,h遍)，当(0,1,0),G(—百,0,

0),=(V3(0,-A/3),A^ci=(0,-1,-V3).

设平面A/iG的一个法向量为沅=(x,y,z),则[E'±5=6一乎=°,

令X=V5,则布=(百，-3,百)，

易知平面BiGB的一个法向量为瓦？=(0,0,b)，

.-<$'n'A>—叱°4—3_更

"r8ns<<加，°A>一同网一届时的-$'

又二面角4一以6-8为钝角，故其余弦值为

解析：本题考查线面垂直的判定及利用空间向量求解二面角的余弦值，考查逻辑推理能力及运算求

解能力，属于中档题.

(1)利用aC1平面4BC1可证得B1C14。，利用三线合一可证得力。1BC1，进而得证；

(2)建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量的夹角公式即可得解.

22.答案：解：(1)证明：由题知PD=DB,

取尸8的中点G,连接EG,AG,DG

又E为PC的中点，所以EG//BC,

又ADIIBC,

所以AD〃EG,即A,D,E,G四点共面，

又PD=DB,则DG_LPB,同理PBJ.4G,

又OGnAG=G,DG,AGADE,

所以PB1平面4DE;

(2)解：取AC的中点O,连接OP,OB,则。Pl4),

又平面24。L平面ABCD,

且平面PADn平面ABC。=AD,OPu平面PAO,

则OP1平面ABCD,

又OBu平面ABCD,则OP1OB,易知CM1OB,

故以。为坐标原点，以成，0B，而的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐

标系。—xyz>

不妨设04=1,则4(1。0),D(-1,0,0),8(0,遮,0)，P(0,0,旬,弟，则丽=(0,-VI,次),

DB-(1.、8.())，诟=(0,今务

设平面BOE的一个法向量为记=(x,y,z),贝WT,更=°,

(沅・0E=0

(x+V3y=0,

(-y+Tz=0'

取y——V3,则x=-3,z——V3,

则沆=(一3,返,一遮)，

由(1)知PB，平面AOE,

则平面ADE的一个法向量为前=(0,-73,73)，

设向量而与前所成的角为仇则cos9=普缁

=-3-X-0--y-1-3-X-.y-/3--->-/3-X-y-f3=--V-1-0-,

/15xV65

由图知，二面角4一0E—8的平面角是锐角，

故二面角A-DE-B的余弦值为叵.

5

解析：本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，属于中档题.

(1)取尸8的中点G,连接EG,AG,DG,推导出EG〃BC,AD//BC,所以40〃EG,又PD=DB,

则CG1PB,同理PB1AG,由此能证明PB，平面ADE；

(2)取AO的中点。，以。为原点，建立空间直角坐标系。-xyz,利用向量法能求出二面角4—DE-B

的余弦值.

23.答案：证明：(1)取PC中点M,连接OM,MF,

"M,尸分别是PC,PB中点、,

•••MF//CB,MF=^CB,

•••E为D4中点，ABC。为正方形，.•.DE〃CB,OE=：CB,

:.MF"DE,MF=DE,.•.四边形。EFM为平行四边形,

EF//DM,

■：EF仁平面PDC,DMu平面PDC,

EF〃平面PDC.

解：(2)•••/M1平面A8C。，且四边形ABC。是正方形，.•.4D,AB,AP两两垂直,

以A为原点，AP,AB,AO所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系A-xyz,

则P(1,O,0),0(0,0,1),C(0,l,1),F(O,O,|),F(ppO),

设平面EFC法向量为人=(Xi，yi，zD，~EF=GW，-｝，卮=

mil(£^-n7=0(Xi+yi-Zi=0

贝贴一_,BP]1,1,n，

(FC-n7=0l-2X1+2yi+Z1=0

取近=(3,-1,2),

则设平面PAC法向量为尼=(x2,y2,z2),PD=(-1,0,1),PC

(-1,1,1).

尸+2Z=0

2取布=(1,0,1),

=o'

<-5：ol-x2+y2+z2

_3xi+(-l)x0+2xl5a

cos(n^,n^>=

|n7|-|nj|-V14XV214

・•・平面EFC与平面POC所成锐二面角的余弦值为当.

解析：本题考查线面平行的证明，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，考查函数与方程思想，是中档题.

(1)取尸C中点M,连接QM,MF,推导出四边形。为平行四边形，EF//DM,由此能证明EF〃

平面PDC.

(2)以A为原点，AP,AB,A。所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系力一xyz,利用向量法能

求出平面EFC与平面PDC所成锐二面角的余弦值.

24.答案：证明：(1)在图1中，因为△4BC为等边三角形，

且。为边AC的中点，所以B0L4C,

在△BC。中，BD1CD,BC=2,CD=1,所以BD=遮，

因为。，E分别为AC,AB的中点，所以ED〃BC,

在图2中，有黑=案=$所以。"=%。=乌

HBBC233

因为4BJ.A0,所以A/IBO为直角三角形，

因为4D=1,BD=V3,所以C0S4408=空=更，

BD3

在A/IDH中，由余弦定理可得，

AH2=AD2+DH2-2AD-DH-cos^ADB

=l+2-2xlx更x立=乙所以4H=在，

33333

在△4DH中，因为4"2+。"2=|+：=1=2。2,

所以4H1BD.

(2)因为%-4E0=^E-ABD'所以]SAE。®=]SAB0九2,

所以?=要也，

"2S^AED

因为A4ED是边长为1的等边三角形，所以SMEO=4，

在RtaABD中，BD=V3，40=1,则A8=近，

所以孔丽=今所以合平.

所以空的值为辿.

h23

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)在图1中，计算可得B0=g,在图2中，由余弦定理可得，可得4H=白，利用勾股定理可得

结果.

(2)因为%-AED=^E-ABD,所以mS/IEDh1=gSABD%2，求得S—ED=?，SAXBD~V,进而得出结果•

JJ4Z

25.答案:解：(1)vPA=PB,E是AB的中点，「.PEIAB.

v/.ACB=90°,E是A8的中点，EC=EA,

XPC=PA,PE=PE,PEC三△PEA.

乙PEC=Z.PEA=90°,即PE1EC.

又ABnEC=E,AB.ECC平面ABC,

PE1平面ABC.

(2)连接CG并延长交BE于点O,则点。为BE的中点，连接。F,

则。尸〃PE.由(1)得OF_L平面ABC,

4FG0为G尸与平面ABC所成的角，即"GO=60°.

又在Rt"GO中，GF=2,OG=1,OF=V3.

•••G是4BCE的重心，O,尸分别是BE,BP的中点，.•.0C=3,PE=2®

,:PA=PB,Z.APB=A.ACB=90°,E,。分别是AB,BE中点,

AB=4V3,CE=2V3.OE=V3.

则在△CEO中，OE?+OC2=（遮）2+32=12=（2遮）2=CE2,■■OC1AB.

所以三棱锥P-ABC的体积V==S-BC•PE=：•：・AB・OC•PE=；x4百x3x2遮=12.

3326

解析：本题主要考查了线面垂直的判定，考查了三棱锥的体积问题，属于中档题.

(1)根据题意得到△PEC三△PE4PE1EC,即可得解；

(2)连接CG并延长交BE于点O,连接。尸，由⑴得0F1平面A8C,得到4B=4g，CE=2行，

0E=a,OC1AB,即可得解.

26.答案：(1)证明：连结

•••三棱柱力BC—中，AB=AAr=2,/.AA^=60°,

Bi是等边三角形，

又£是的中点，.•・4E141B1，

而力AE1AB,

•••侧面ABBiAi1底面ABC,侧面n底面ABC=AB,AEu平面ABB1力「

AEJL平面ABC,

又BCu平面ABC,：.AE1BC；

(2)解：在直线上是否存在一点尸，使得CP〃平面AEE

证明如下：连接BE并延长，与441的延长线相交，设交点为P,连接CP,

•••BB1//AA1,：.△AIPE~AB$E，故翳'=段=

又由E为棱4当的中点，•••E4=EB「故PE=EB.

又尸为棱BC的中点，・•.EF为ABCP的中位线，得EF〃CP,

又EFu平面AEF,CP仁平面AEF,

CP〃平面AEF,

故在直线441上是否存在一点P,使得CP〃平面AEF.

此时&P=BBi=2,AP=2/L41=4.

解析：本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查计算推理能力，是中档题.

(1)由已知结合面面垂直的性质可得4c1平面ABB141，即可证明AC1AEx

(2)连接BE并延长，与A41的延长线相交，设交点为P,连接CP,由三角形相似可得詈=瞿=胃.

再由E为棱&Bi的中点，得E4i=EBi，故PE=EB.由三角形中位线定理可得，得EF//CP,再由

线面平行的判定可得在直线A&上是否存在一点P,使得CP〃平面AEF,并求得AP的长.

27.答案：证明:⑴