高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) 19(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）（19）

一、单项选择题（本大题共13小题，共65.0分）

1.下列说法中，正确的有（）个.

①各个面都是三角形的几何体是三棱锥；

②过球面上任意两点只能作球的一个大圆；

③三棱锥的四个面都可以是直角三角形；

④梯形的直观图可以是平行四边形.

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

2.点”是棱长为3的正方体4BCD-4B1GD1中棱AB的中点，丽=2两，动点P在正方形

包括边界）内运动，且PB]〃面。则PC的长度范围为（）

A.[V13.V19]B.[噜炳C.[2V3,V19]D.[警，炳

3.如果圆柱的轴截面周长为定值4,则圆柱体积的最大值为（）

A萼B.等C.甯D.等

927279

4.如图所示，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三

视图，则该几何体的体积为（）

A64—8忌

A.-------------

3

口64—4\/1点

D.，

3

C64-84

--3-

D64-4”

--3"

5.如图，梯形A8CO中，AD//BC,AD=AB=1,ADLAB,/.BCD=45°,将△ABD沿对角线

8。折起.设折起后点4的位置为A,并且平面4BD1平面BCD.给出下面四个命题：

①AD1BC；

②三棱锥4'一BCD的体积为4；

（3）CD，平面4BD；

④平面ABC1平面AOC.

其中正确命题的序号是（）

A.①②B.③④C.①③D.②④

6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，最长的棱的长度为―—

二位

正视图4一侧视图

B.2V2

D.2G

如图，已知平行六面体ABC。一&当前。1中，底面48C。是边长为1的

正方形，44=2,立4148=乙4遇0=120。，则线段AQ的长为（

B.V2

C.V3

D.2

8.四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是

正（主）视图侧（左）视图

俯视图

A.10B.6V2C.8D.8V2

9.如图，在四面体48。中,M,N分别是棱A。,8c的中点,4B=

CD=4,MN=y/17,则异面直线AB,CO所成角的余弦值为（

C.

3

D.1

3

10.

C.

3

11.如图，在四边形A8CO中，48=BC=2,/ABC=90°,04=OC=遍.现沿对角线AC折起,

使得平面DACJ■平面A8C,此时点A,B,C,。在同一个球面上，则该球的体积是（）

A9口8V227

A-”D.—nC.-7TD.127r

32

12.在三棱锥S-ABC中，SB=SC=AB=BC=AC=2,二面角S-BC-4的大小为60°,则三棱

锥S—ABC外接球的表面积是（）

A.—B,—C.—D.—

3399

13.如图：△ABC中，AB1BC,/.ACB=60°,。为AC中点，△A8D沿3力边翻折过程中，直线

AB与直线8C所成的最大角，最小角分别记为由,用，直线AO与直线8c所成的最大角，最小

角分别记为a2,02,则有

A.a1<c^2>01W02B.a1<a2,夕］>

C.a】2a2，Bi-。2D.a120C2，Bi>B2

二、多项选择题（本大题共3小题，共12.0分）

14.如图，已知四棱锥P—4BC。所有棱长均为4,点M是侧棱PC上的一个动点（不与点P,C重合）,

若过点M且垂直于PC的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确的是（）

A.截面的形状可能为三角形、四边形、五边形

B.截面和底面ABC。所成的锐二面角为3

C.当PM=1时，截面的面积为5企

D.当PM=2时，记被截面分成的两个几何体的体积分别为匕，吟（匕>彩），则匕=3匕

15.已知正方体4BC0—41B1C1A中，P为正方形ABCD内任意一点，/为平面ABC£>内任意一条直

线，&P与相交于。点.若直线为P与/所成角中最小角为会则下列说法正确的有（）

A.直线&P与/所成角中最大角力票

B.直线&CJ■平面48/1

C.点尸的轨迹是圆的一部分

D.点。的轨迹是椭圆的一部分

16.如图所示，在正方体4BCD-4B1GD1，若E、尸分别是AB】、BG的中点，则下列结论中成立

的是

A.EF与BBI垂直B.EF1平面8叫当

C.EF与C"所成的角为45。D.EF〃平面4/1的。1

三、填空题（本大题共8小题，共40.0分）

17.如图，矩形A8CZ）中，AB=2AD,E为边A8的中点，将△4OE沿直线OE翻折成△&DE.若M

为线段4C的中点，则在AADE翻折过程中，正确的命题是.

①线段BM的长是定值：②点M在某个球面上运动；③存在某个位置，使DE14C；④存在

某个位置，使MB〃平面AiDE.

dl

M

18.已知四面体ABC。的每个顶点都在球。的表面上，AB=AC=5,BC=8,4D_1_底面ABC,G

为4aBe的重心，且直线OG与底面ABC所成角的正切值为：，则球。的表面积为.

19.已知44cB=90。，P为平面ABC外一点，PC=2,点P到乙4cB两边AC,8c的距离均为遮，

那么P到平面ABC的距离为.

20.已知圆锥的顶点为S,母线SA与圆锥底面所成的角为30。，若圆锥的体积为8兀，则此圆锥的侧

面积为•

21.某几何体的正视图和侧视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是如图(2)所示，其中

O'A'=O'B'=2,O'C=V3，则该几何体的表面积为.

22.如图，48为圆O的直径，点C在圆周上(异于点4,B),直线PA垂直于圆。所在的平面，点

M是线段尸8的中点.有以下四个命题:

①MO〃平面PAC；

②P4〃平面MOB；

③OCJ■平面PACi

④平面PAC1平面PBC.

其中正确的命题的序号是

23.在正方体4BCD-41B1GD1中，二面角公一8。一Q的余弦值是

24.如图，在平行六面体ABC。-&B1GD1中，AB=1,AD=2,=3,^BAD=90°,

NB/14=^DAAi=60°,则4G=

四、解答题(本大题共6小题，共72.0分)

25.如下图，三棱柱ZBC-AiBiG中，C4=CB,AB=AAlt/.BAAr=60°.

(2)若平面ABC1平面44/iB,AB=CB,求直线41c与平面BBiGC所成角的正弦值.

26.如图，在三棱柱ZBC-AiBiG中，每个侧面均为正方形，。为底边AB

的中点，E为侧棱CG的中点.

R

(I)求证：CD〃平面4EB；

(n)求证：平面41EB；

(IE)求直线B]E与平面441cle所成角的正弦值.

27.已知四边形A8CD为梯形，AB//DC,对角线AC,80交于点O,

CEABCD,CE=AD=DC=BC=1,/.ABC=60°,F

为线段BE上的点，EF=^EB.

(I)证明：OF〃平面CEQ：

(II)求平面ACF与平面BCE所成二面角的余弦值.

28.如图，在多面体A8CDEF中，四边形A8CD为矩形，△4DE,ABCF均为等边三角形，EF//AB,

(1)过BO作截面与线段FC交于点N,使得4/7/平面BON,试确定点N的位置，并予以证明;

(2)在(1)的条件下，求直线BN与平面ABF所成角的正弦值.

29.如图，已知尸是平行四边形A8CZ)所在平面外一点，M、N分别是AB、PC上的点，且CN=2NP,

BM=2MA.

(1)求证：MN〃平面PAD；

(2)若MN=BC=3,PA=3V3，求异面直线PA与MN所成角的余弦值的大小.

30.如图，平面多边形PABCD<^,PA=PD,AD=2DC=2BC=4,AD//BC,AP1PD,AD1DC,E

为P。的中点，现将回4PD沿AO折起，使PC=2/.

(1)证明：CE〃平面ABP.

(2)求直线AE与平面ABP所成角的正弦值.

【答案与解析】

1.答案：A

解析:

本题考查了简单多面体及其结构特征和空间几何体的直观图，根据题意逐一判定即可得出结论.

解：对于①，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥,

故①错误;

对于②，如果这两点是直径的两个端点，则能做无数个球大圆，故②错误;

对于③，PA1底面A8CC,四边形ABC。为矩形，所以四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形，正

确，如图:，故③正确;

对于④，梯形的直观图可能是平行四边形，不正确，因为平行x轴的线段长度不变，故④错误,

只有第三个正确,

故选A.

2.答案：B

解析:

本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属于中档题.

解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P点位置，从而得出点P的运动轨迹，通过解三角形即可

求得.

解：由题意，作出其示意图，如图所示:

取C1A的中点中靠近B点的三等分点F,延长/E与&。[的延长线相交于H,连接FG交D1D于

G点，连接EG,GC,CF.

根据正方体的性质可知，B[F"DN,B[E〃DM,

又B]F，平面DMN,BXEC平面DMN,

••・平面BiEF〃平面DMN,即平面占FG〃平面DMN.

・•・动点P在正方形A4iO£>i(包括边界)内运动，且尸即〃面DMN,

又平面孙叫CiBiEF=FG,

.・•点P的运动轨迹为线段FG,

2222

在三角形CFG中，FG=yjAD+(ArF-^G)=^3+(2-I)=同，

CF—V32+32+I2—V19>CG—V32+22-V13>

当P点和尸点重合时，PC取得最大值g;

/clr13+19—1()11Ii9i3\/Ti

由余弦定理可得cmNGCF=_-=~==7为，sinNGCF=\/1—生=?呈，

2xV13xV19V-211V247^/247

则九6=如m*旧*卷=字，

故点C到直线FG的距离为九=三=剋至，即PC的最小值为逅.

ixTio55

故PC的长度范围为[等,旧].

故选B.

3.答案：B

解析：

本题考查圆柱的体积，考查基本不等式的运用，考查学生的计算能力，属于基础题.

设圆柱的底面半径为r,高为〃，则4r+2八=4,即2r+/i=2,利用基本不等式，可求圆柱体积的

最大值.

解：设圆柱的底面半径为r,高为力，则4r+2/i=4,即2r+h=2,

■.2r+h=rr+h>3Vr2/i>•1-r2fl<(|)3,

V—nr2h<—n,

27

圆柱体积的最大值为以，

故选B.

4.答案：A

解析：

本题考查根据三视图求几何体的体积，设计组合体，包括棱锥的体积，球的体积，属中档题，关键

是观察出几何体这是一个有一条侧棱垂直于底面的四棱锥内部挖去了一个八分之一的球，然后根据

图中尺寸计算即可

解：如图：

这是一个有一条侧棱垂直于底面的四棱锥内部挖去了一个八分之一的球,

四棱锥的底面边长和高都等于4,八分之一球的半径为2四，

„1...14行\3的一80亓

V=-x4x4x4——x-7Tx2V2]-----------------

383V/3

故选A.

5.答案:B

解析：

本题通过折叠性问题，考查了面面垂直的性质，面面垂直的判定，考查了体积的计算，关键是利用

好直线与平面，平面与平面垂直关系的转化.由题意证出BD10C,然后结合平面PB。，平面BC3,

利用线面垂直的性质定理得CO_L平面PBD,从而可判断①③；三棱锥的体积为

工x^x夜X夜x^=立，可判断②;利用折叠前四边形ABCZ）中的性质与数量关系，可证BO1CD,

3226

再利用折叠后BCC平面PBD1平面，可证CD1平面P8C,从而证明CD1PB,再证明PB工平面PDC,

然后利用线面垂直证明面面垂直.

解：①•••NBA0=90。，AD=AB,

：.LADB=Z.ABD=45°,

•••AD//BC,/-BCD=45°,

•••BD1DC,

•••平面4BD1平面BCD,CDu平面BCD,

：.CD_L平面48。，

vA'Du平面ABC,

CD1AD,故A'D1BC不成立；

故①错误；

②三棱锥4一8。。的体积为3*5、鱼乂或=立，故②不成立；

326

③由①知CO1平面&B0,故③成立；

④折叠前，在四边形ABC。中，AD//BC,AD=AB,ABAD=90°,

为等腰直角三角形，

又•••LBCD=45°,4DBC=45°,

乙BDC=90°,

折叠后，・••平面BCD平面A'BD,CD1BD,

ACDJ•平面ABD,

又A'Bu平面4BD,

CDLA'B,

乂4B1AD,A'DCCD=D,

A'B1平面&CC,

又A'Bu平面ABC,

••・平面ABC，平面ACC.

故④正确.

故选B.

6.答案：C

解析：

本题考查几何体的三视图，考查学生空间想象能力，属于基础题.

由三视图可知该几何体嵌入棱长为2的正方体，即四面体4-BCD,易知A。为最长棱，求解即可.

解：该几何体嵌入棱长为2的正方体，即四面体A-BCD,

fiC

计算得：AB=V5,AC=2A/2,AD=3,BD=遍,CD=V5.

故最长的棱为4。=3.

故选C.

7.答案：B

解析：

本题考查利用空间向量求解空间距离，用空间向量解答即可.

利用空间向量求出两点间的距离即可.

解：•••ACr=AB+AD+AAt>

—>2—>—>—»—>T—>2—>—>TT—>—>

222

AACX={AB++AA^=AB+AD+AA1+2AB•+24。♦44/

=14-14-224-2xlx2xCOK12(T+2X1X2XCO«120O

=6-2-2

=2,

•••ACt=V2-

故选8.

8.答案：A

解析：

本题是基础题，考查三视图复原几何体的知识，考查几何体的面积，空间想象能力，计算能力，属

于中档题.

三视图复原的几何体是一个三棱锥，根据三视图的图形特征，判断三棱锥的形状，三视图的数据，

求出四面体四个面的面积中，最大的值.

解：三视图复原的几何体是一个三棱锥，如图，

四个面的面积分别为：8,6,6V2，10,

显然面积的最大值是10.

故选A.

9.答案：C

解析：

本题考查异面直线所成角的求法和余弦定理的应用，考查计算能力，是中档题.

取8。的中点G,连接MG,NG,可得4MGN（或其补角）为异面直线AB与C。所成的角，然后求解

三角形得答案.

解：取8。的中点G,连接MG,NG,

则MG〃AB,NG//CD,•••4MGN（或其补角）为异面直线AB与CD所成的角，

"AB=6,CD=4,MG=3,NG=2,

又MN=717,

MG2+NG2-MN2

・•・cos乙MGN==---------—-...........

2,MG,NG

32+22-(47)2_

2X3X23

••・异面直线48与CO所成的角的余弦值为为

故选：c.

10.答案：c

解析:

本题考查异面直线所成角的求法和余弦定理的应用，考查计算能力，是中档题.

取8。的中点G,连接MG,NG,可得NMGN（或其补角）为异面直线AB与CD所成的角，然后求解

三角形得答案.

解：取BO的中点G,连接MG,NG,

则MG〃/IB,NG//CD,•••4MGN（或其补角）为异面直线48与8所成的角,

VAB=6,CD=4,MG=3,NG=2,

又MN=V17.

MG2+NG2-MN2

・•・cos乙MGN==----------—-......

2,MG,NG

32+22-(V17)2_1

2X3X23

••・异面直线A8与所成的角的余弦值为为号

故选：C.

11.答案：A

解析:

本题考查了棱锥与外接球的位置关系，球的体积计算,

属于中档题.

根据两平面的形状寻找外接球的球心位置，利用勾股定

理求出外接球半径，从而可得出球的体积.

解：在图2中，取AC的中点E,连结。E,BE,图1图2

AD=CD,•••DE1AC,

・・,平面/CDn平面48c=AC,平面/CD_L平面ABC,

DEu平面ACD,

DE_L平面ABC,

■：乙ABC=90°,

.・・棱锥外接球的球心。在直线DEI.,

AD=CD=V6>AB——BC-2,/-ABC-90°,

•1-BE=AE=CE=|71C=V2,DE=y/AD2-AE2=2，

设OE=x,则OD=2-x,OB=y/BE2+OE2=Vx2+2,

■-2—x=>lx2+2,解得x—p

外接球的半径r=2-%=I，

••・外接球的体积U=萼=等x(|)3=手

故选4.

12.答案：D

解析：

本题考查二面角，考查球的表面积，解题的关键是确定外接球的半径，属于中档题.

审题后，二面角S-BC-A的大小为60。是重要条件，根据定义，先作出它的平面角，如图所示.进

一步分析此三棱锥的结构特征，找出其外接球半径的儿何或数量表示，再进行计算.

解：如图所示：

过S作SO1BC=D,连接AO,分别取的外心E,F.

则由条件可得4S04就是S-BC-4的二面角的平面角，且BE==组l,OE—.Z.ODE30.WJ

33

OEDE-taiiZODE—=--

=3x33

设外接球的半径R,则R2=QB2=0E2+BE2=(|)2+(^)2=今

所以外接球的表面积为垢R?=4亓x个.

故选O.

13.答案:D

解析：

本题考查异面直线的夹角，立体几何中动态问题，属于中档题.

考虑翻折过程的两种极端情况，从而得出的，风,a2,e的值，即可求解.

解：△48。沿3。边翻折到180。时，所成角最小，

可知用=30。，AD,BC所成角最小，02=。°，

翻折0°时，所成角最大，可知的=90。，

翻折过程中，可知A。的投影可与BC垂直，

所以所成最大角a2=90°,

所以％=90°,凡=30°,a2=90,的=。

故选。.

14.答案：BCD

解析:

本题主要考查二面角，空间几何体的截面问题，以及棱锥的体积,属于难题.

利用二面角，空间几何体的截面问题，以及棱锥的体积的有关知识，对每个选项进行判断，即可得.

解：A选项中，如图，连接20,

由题意知三角形PQC与三角形PBC都是边长为4的正三角形，所以OM_LPC,BM1BC,又DM,

8M在面M8C内，且相交，所以PC1平面P8O,三角形即为过点M且垂直于PC的截面，此

时是三角形，点M向下移动时，MC<2,如图，仍是三角形；

若点M由中点位置向上移动，MC>2,在平面POC内作EMJ.PC,交PD于E,

在平面尸8c内作FM_LPC交PB于F,平面MEF交平面PA。于EG,交PAB于FH,即交平面ABCQ

于GH,则五边形MEGHF即为过点M且垂直于PC的截面，此时是五边形；

故截面的形状可能为三角形、五边形，A错误；

8选项中，因为截面总与PC垂直，所以不同位置的截面均平行，截面与平面A8C。所成的锐角为定

值，不妨取”是中点，连接AC,BD,MB,MD,设AC,B。交点是N,连接尸N,由题意知，四边

形A8CD是边长为4的菱形，BDLAC,因为MB=M。，所以MN1BO,故4MNC是截面与平面

ABC。所成的锐角，过点M作MQL4C,垂足Q.在三角形PAC中，MN=2,NQ=故在直角

三角形MNQ中，cos乙MNC=独=在，故NMNC=%故B正确；

C选项中，当PM=1时，M是尸C中点，如图，五边形MEGHF即为过点M且垂直于PC的截面，

依题意，直角三角形「例E中，PE=—^―=2,故E为的中点，同理，尸是P8的中点，则

COSZ-EPM

EF是三角形PB。的中位线，EF=*BD=2五,G,”分别在4D,4B的中点上，

证明如下，当G,，，也是中点时，GH//BD.GH=\BD,有GH//EF,GH=EF=2"，四边形EFHG

是平行四边形.依题意，三角形PAC中PA=PC=4,AC=4或，故P4_LPC,故PCJLGE,易见，

正四棱锥中BOJ•平面PAC,故BOJ.PC,二GH1PC,因为GE,GH均在平面EFHG内，且相交，所

以PC_L平面EFHG,故此时平面EFHG和平面MEF即同一平面.又BD，平面PAC,有GH_L面平面

PAC,GH1GM,根据对称性有GH_LGE,四边形EF/7G是矩形.

即五边形MEGHF即为过点M且垂直于PC的截面，

平面图如下:

三角形高为)2)2

依题意，GH=EF=2VI，EG=FG=2h=J(V3-(V2=1-

面积是:X2V2X1=V2.四边形面积是2V2x2=4V2,故截面面积是5V2.

故C正确;

。选项中，若PM=2,看8选项中的图可知，V2=VM_BCD=^VP_BCD=^VP_ABCD,故剩余部分

匕=~^P-ABCD,所以匕=3%，

故。正确.

故选BCD.

15.答案：BCD

解析：

本题考查正方体的结构特征、异面直线的夹角、线面角、线面垂直和轨迹问题，属于难题.

根据已知对选项逐个判断即可.

解：对于A、当。与A重合时，由正方体的结构特征易知4遇1面A8C£>,而Zu面ABCQ,

7T

所以此时直线&P与/所成角为,），故A错误；

对于8、连接公小，由正方体的结构特征易知41cli5为，CQ,面为当的劣，

又D$iu面4tBic15,所以CCi1D®

又CGC&G=Ci,cCi，&Ciu面&GC,故。1面&GC,

又&CU面&C1C,故0祖1ArC,

同理可证AB]JLaC,又CD1B1=%，故&C，平面力当为，故B正确；

对于C、因为直线4P与/所成角的最小值是直线41P与面48CZ）所成角，

延长4Q交面4BCD于点P,因为1面ABCD,

所以N&P4就是直线&P与面ABCD所成角，

-^PA=g=zA41P=，丝=a=PA=在为4

1

36Ap3

则「在面ABCQ内的轨迹为以A为圆心，由4p4为半径的圆的一部分，故C正确；

对于。、由选项C可知，&P的轨迹是以A4为轴的圆锥面的一部分，

•・•点。是-AB15内的动点，其在面力劣为内的轨迹，等价于平面A/D】截圆锥面所得的曲线,

取B也的中点O,连接为。，AO,设正方体的棱长为1,4。=并也=争

vtanZ71i/l。=y>tan/.AA1P=苧，

LAXAO>LAA.P,即圆锥的轴与截面所成的角大于轴与母线的夹角，小于直角，

•♦・平面4aD1截圆锥面所得的曲线为椭圆的一部分，即点。的轨迹是椭圆的一部分，故。正确,

故选BCD.

16.答案：ABD

解析:

本题考查线线垂直、线面垂直、线面平行以及异面直线所成角的判断，属于中等题.

证明出EF//AiCi，BBJAG，可判断A选项的正误；证明出41cl_L平面加以过，结合EF〃小C

可判断8选项的正误；计算出乙41c山的值，结合EF〃小G以及异面直线所成角的定义可判断C

选项的正误；利用线面平行的判定定理可判断。选项的正误.

解：连接4/、&Ci、4。，则E为的中点,

对于A选项，•••BB11_平面&411cliu平面A/iCiDi，:.1&G，

■:E、F分别为&B、BCi的中点，则EF〃小C，：.EFJ.BB],A选项正确;

对于B选项，••・四边形4B1GD1为正方形，则AGIBiDi，

又&C1±BB],B]D[nBB]=B],■-_L平面BODiB1，

B选项正确；

对于C选项，易知回为等边三角形，则乙4传1。=60。,

EF//.41G,则EF与C”所成的角为乙4iC1D=60。，C选项错误;

对于。选项，:EF〃&G，EFC平面41B1GD1，u平面为B1GD1，，EF〃平面&B1GD1，

。选项正确.

故选：ABD.

17.答案：①②④

解析：

本题考查空间中直线与直线的位置关系，线面平行的判定，线面垂直的性质，考查空间想象能力,

属于中档题.

根据每一小题逐一判断即可.

解：对于④，取CO中点F,连接MF,BF,

则MF//ZM1，”产,平面41。£\DA】u平面41DE,

MF〃平面&DE,同理可得BF〃平面&DE,

又•；MFCBF=F,M尸u平面M8F,BFu平面M8F,

平面MBF〃平面&DE,MB〃平面A/E,故④正确；

力1

对于①，由乙4]DE=NMFB,MF=：4ID=定值，FB=CE=定值，

由余弦定理可得MB?="产+FB2-2MF-COSNMFB,所以MB是定值，故①正确；

对于②，是定点，；.M是在以B为球心，M8为半径的球上，故②正确；

对于③，•••4C在平面4BCD中的射影为AC,AC与OE不垂直，.•.存在某个位置，使。E14C不正

确，故③错误.

故答案为①②④.

18.答案：竿

解析：解：由题意，AG=2,AD=1,

25+25-64724

cosZ-BAC=.•.inz^=-

2X5X5SC)

825

.­.△4BC外接圆的直径为2r=24=7,

五3

设球。的半径为R,

•••球0的表面积为罟,

故答案为詈.

求出△力BC外接圆的直径，利用勾股定理求出球。的半径，即可求出球。的表面积.

本题考查球。的表面积，考查余弦定理、正弦定理的运用，属于中档题.

19.答案:V2

解析：

本题考查空间直线与平面的垂直关系、点到平面的距离，属于中档题.

过点P作P。，平面ABC,根据已知条件，求解即可.

过点P作P。J■平面A8C,垂足为0,作PD1AC交AC于。，作PEJ.BC交BC于E,

连接0E,则PD=PE=g.

由P0J■平面ABC,AC在平面ABC内，知P0_L力C,

又因为4clpD,POCPD=P,PO,P。在平面P。。内，

所以4C_L平面P。。，所以4C10D,同理可得BC10E,

又因为N4CB=90。，所以四边形COOK为矩形，

又因为P。=PO,PD=PE,所以RtAP。。三Rt/iPOE,

所以OD=OE,所以矩形C£>OE为正方形.

在Rt△PCD中,CD=yJPC2-PD2=1.则。。=伍>£)=企，

所以在Rt△PCO中，p。=y/pc2-OC2=V2.

即P到平面A8C的距离为VL

20.答案：

解析：

本题考查立体几何，考查了圆锥的侧面积和体积，属于基础题.

解：设母线SA为/,底面半径为广，圆锥的高为人

由题知母线SA与圆锥底面所成的角为30。，

所以「=夜［,/!=;/,

22

171Cj1z5/3n27u

V=-XS花X/l=-X7T•(—X-=87r，

所以1=4,

所以$曲；•2;rr」rrrl8V行TT,

故答案是x/i;r.

21.答案：24+1275

解析：

本题考查几何体的直观图和斜二测画法和三视图，是基础题.

解题的关键是还原立体图形.

解：由俯视图的直观图可得原图形：为边长为4的等边三角形.可得原几何体为四棱锥P-ABC.

其中PC_L底面ABC.

该几何体的表面积S=Y><42+2X|X4X6+1X4X^62+(2A/3)2

=24+12V3.

故答案为24+1275.

22.答案：①④

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，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.①先证明M0〃P4,即可判定MO〃平面PAC；@PA

在平面MOB内，可得其错误；③可证PA1BC,BC_L平面P4C.即可证明OC_L平面尸4C不成立；④由

③知IBC_L平面PAC,即可证明平面PAC1平面PBC.

解：①因为M0〃P4,“。仁平面PAC,PAPAC,

所以MO〃平面PAC；

②因为PA在平面MOB内，所以②错误；

③因为PA垂直于圆O所在的平面，

所以241BC,

又BC1AC,ACrtPA=A,

所以BC_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0C1平面PAC不成立，③错误；

④由③知BCJL平面PAC,且BCu平面PBC,

所以平面P4C_L平面P8C.

正确命题的序号是①④.

故答案为①④.

23.答案：1

解析：

本题考查了二面角的求法，首先找出二面角的平面角，然后在三角形中求解即可.

解：取B力的中点。，连接为。，GO,46，

•••正方体ABC。-AiBiGD,

4。1BD,G。1BD,

440C1即为二面角的平面角，

设正方体的棱长为2,

则&G=2V2.4。=的。=遍，

在44。6中，cos乙410G=4°乎::-,q2=

2AiO-CiO3

故答案为土

24.答案：V23

解析:

本题主要考查了体对角线的求解.本题解题的关键是作出恰当的辅助线对求解本题很重要，解题中用

到门间接法的技巧，通过求点占到底面的距离求出点q到底面的距离.

解：由题意，如图所示，作4。1底面于o,作OE垂直

A8于E,0/垂直于F，连接力iF,AXE,

由于，NB/MI=/-DAAV=60°,

AXFA=^AXEA,

:.ArF=ArE

EB

・,•有△4/。三4A1EO.

・・・OF=OE,

由作图知，。在角D45的角平分线上，

又・.•底面是矩形，

・・,zDAO=zBAO=45°,

又•••AB=1,AD=2,AAr=3,Z-BAA1=Z.DAA1=60°,

9

:.A±F=i41F=4E=AF=|,:.AO=~~

・•・在直角三角形①。4中，解得公。=乎，

在图中作Ci"垂直底面于，，作“R垂直。。延长线与R,由几何体的性质知，HR=CR=|,

①。=C[H=当,

连接AH，得如图的直角三角形ASH,直角三角形

由已知及上求解得AS=£SH=g

22222

...AC/=AH+CrH=AS+SH+CrH=7+7+7=7=23,

ACt=V23.

故答案为旧.

25.答案：（I）证明：取A3中点，连接OC,OAt,

AB=ArA,z.BAA1=60°

BA&是正三角形，二。411AB,

■■■OCnOAX=0,0C.0小u平面OCA，

ABJ•平面OC2,

CAru平面OC4,

AB1ArC；

（口）解：由（I）知0CJ.2B,CM11AB,

又平面4BC1平面44B1B,

平面48cC平面=AB,

OCU平面

所以。C1平面44/13,U平面力

所以。C1

故OA,0A1,OC两两垂直.

以O为坐标原点，市的方向为x轴的正向，

m司为单位长度，建立如图所示的坐标系，

可得4(1,0,0),4式0,倔0),

<7(0,0,遍)，8(-1,0,0),

则比=(1,0，V3)，BB^=AA^=(-1,73,0).

^C=(0,-V3,V3).

设元=(x,y,z)为平面BBiGC的法向量，

则(五-BC=x+>/3z=0

'\n=-x+V3y=0'

可取y=l,可得元=(8,1,-1),

/一牙冰H.碇/W

故皿".和=^^二一『

故直线4C与平面BB1GC所成角的正弦值为

解析：【试题解析】

本题考查直线与平面所成的角，涉及直线与平面垂直的性质和平面与平面垂直的判定，属中档题.

（1）取48中点，连接。C,。人,得出0cl4B,CMilAB,运用4B1平面即可证明.

（口）易证OA,。&,OC两两垂直.以。为坐标原点，色?的方向为x轴的正向，|成|为单位长度建

立坐标系，可得碇=（0,-百,百），求出平面BBiGC的法向量，代入向量夹角公式，可得答案.

26.答案：证明：（1）设4当和4道的交点为0,连接EO,连接OD.、用-----

因为。为4当的中点，。为A8的中点，\

所以。。〃8当且。。又E是CG中点，

所以EC〃BB［且EC=（BB1，

所以EC〃。。且EC=0D.

所以，四边形ECOD为平行四边形.所以EO//CD.

又CDC平面4BE,EOu平面&BE,则CD//平面&BE.（5分）

（口）因为三棱柱各侧面都是正方形，所以BBJBC.

所以BBi，平面ABC.

因为CDu平面ABC,所以BBi1CD.

由己知得力B=BC=4C,所以CD_L4B,

所以CO，平面

由（I）可知EO〃CC,所以E。平面&ABB1.

所以E01

因为侧面是正方形，所以4

又EOnArB=0,EOu平面&£B,ArBu平面4速8,

所以AB1，平面4BE.（10分）

（HI）解：取&G中点F,连接BJ,EF.

在三棱柱4BC-&8道1中，因为BBi_L平面ABC,

所以侧面ACG4，底面4窗传「

因为底面4/1的是正三角形，且尸是41cl中点，

所以B/l&Ci，所以B/，侧面4CCi4「

所以EF是在平面ACCMi上的射影.

所以々FEB】是BiE与平面441GC所成角

.sinNBE/=霁=誓.(14分)

解法二：如图所示，建立空间直角坐标系.

设边长为2,可求得2(0,0,0),C(0,2,0),G(0,2,2),4式0,0,

2),B(V3,l,0).£(0,2,1),。弓弓,0)，O(f.pl).

(I)易得，而=4,-|,0)，前=(苧,-|,0),所以而=前,

所以EO〃CD.

又CDC平面&BE,EOu平面&BE,贝UCD〃平面&BE.(5分)

(H)易得，福=(遮,1,2),A^B=(V3,l,-2)，A^E=(0,2,-1)

所以四i•硕=0,万瓦•宰=0.

所以ZB】J.&8,也14E

又因为AiBnAiE=Ai，ArB,4]Eu平面41BE,

所以_L平面AiBE.(10分)

(HI)设侧面44传传的法向量为n=(x,y,z),

因为4(0,0,0),C(0,2,0),G(0,2,2),4式0,0,2),

所以尼=(0,2,0),^=(0,2,2)，O=(-V3,l,-1).

由长虹°。啜;M解喉:

不妨令n=(1,0，0),设直线8iE与平面441QC所成角为a.

所以sina=|cos<n,廉>|==点="

所以直线BiE与平面4&C1C所成角的正弦值为半,(14分)

解析：(1)设4a和48的交点为0,连接EO,连接OO,根据三角形中位线定理可以证明四边形

ECO。为平行四边形，再利用直线与平面平行的判定定理进行证明，即可解决问题；

(H)因为三棱柱各侧面都是正方形，所以BBilAB,B811BC.所以BBi_L平面4BC.因为COu平面

ABC,所以可证CD_L平面Ap4BBi，再利用直线与平面垂直的判定定理进行证明；

(皿)取4停1中点尸，连接8#,EF,易知侧面4CG411底面4BiG，々FEB1是&E与平面人为口。所

成角，然后构造直角三角形，在直角三角形中求其正弦值，从而求解.

此题考查直线与平面平行的判断及直线与平面垂直的判断，第一问此类问题一般先证明两个面平行,

再证直线和面平行，这种做题思想要记住，此类立体几何题是每年高考必考的一道大题，难度比较

大，计算要仔细.

27.答案：证明：（1）;市=!前，；.尸8=2£凡

又梯形ABCD中，AD=DC=BC=1,AABC=60°,

A/.ADC=120°,

由余弦定理，得：AC=Vl2+l2-2xlxlxcosl20°=V3-

COS6(F=比士回，解得AB=2,

DODC1EF

•••AB//DC,•••OF//DE,

OBAB2FB

又OF仁平面CDE,DEu平面CDE,

。/7/平面CED.

(11)由(1)知4。=百，AB=2,

又BC=1,•.Z-ACB=90°,•••ACIBC,

又CEIffiABCD,

•••以C为原点，。为x轴，CB为y轴，CE为z轴，建立空间直角坐标系,

则4(启0,0),5(0,1,0),E(0,0,1),

0(y.-pO),AD=(-y,-pO)>

AF=AE+EF=AE+河=(-V3,|,|),

设平面4£>尸的法向量元=(x,y,z),

(n■而=——x--y=0

则一一；i2.

In-AF=-v3x+-y+-z=0

取x=l,得司=(1,-b,2b)，

平面BCE的法向量访=(1,0,0),

11

・•・cos<m,n>=

x/1+3+124

・•・平面如与平面BCE所成锐二面角的余弦值羽,

平面AOF与平面BCE所成钝二面角的余弦值为一%

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，属于中档题.

(I)由余弦定理，求出