2025年高考数学二轮复习《立体几何与空间向量》专项测试卷+答案解析

《立体几何与空间向量》专项测试卷

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.设/,加是两条不同的直线，a是一个平面，则下列命题正确的是()

A.若Z1m,mca,则11aB.若Z1a,l//m,则ni1a

C.若，//a,mca,贝!J〃/mD.若Z〃a,m//a,则〃/m

【答案】B

【解析】【分析】

本题主要考查了立体几何中线面之间的位置关系及其中的公理和判定定理，也蕴含了对定理公理综合运用

能力的考查，属基础题

根据题意，依次分析选项综合可得答案.

【解答】

解：4,根据线面垂直的判定定理，要垂直平面内两条相交直线才行，不正确；

B-.由线面垂直的性质可知：平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直这个平面.故正确.

C：l//a,mea,贝！U〃7n或/,机异面，故不正确.

£＞：平行于同一平面的两直线可能平行，异面，相交，不正确.

故选：B.

2.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方

形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为

()

A.__IB.__!C.'5JD.□

4242

【答案】C

【解析】【分析】

本题考查了立体几何中的比例关系，属于基础题.

设正四棱锥的高为/7,底面边长为a,侧面三角形底边上的高为h，,根据题意列出a,八,，九的关系式，化简即

可得到答案.

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【解答】

解：设正四棱锥的高为〃，底面边长为a,侧面三角形底边上的高为八’，

则由题意可得

（犷

故（八'¥一（引2_岫

化简可得4（^）2—2（g）—1=0,

解得£=岑I,负值舍去，

a4

可得£=苧.

a4

故选C.

3.如图，在四面体ABCD中，E,F分别为BC,4E的中点，G为△4CD的重心，则而=（）

K.-^AB+^-AC+yADB.-yAB+^-AC+^AD

31Z441Z3

C.~?AB-AC+^ADD.^AB+-^—AC—~：AD

41233124

【答案】B

【解析】【分析】

本题考查空间向量的线性运算，属于基础题.

根据空间向量的线性运算，将所用荏，前,而表示即可.

【解答】

解：因为E,F分别为BC,4E的中点，所以赤荏=,（荏+方）.

因为G为△ACD的重心，所以前=5（前+而），

所以的=AG-AF=^（AC+AD"）-^（AB+AC＞）=-^AB+^AC+|AD.

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故选：B.

4.已知N,B,C为球O的球面上的三个点，。。1为△ABC的外接圆，若。。1的面积为4兀，AB=BC=4C=

。。1，则球。的表面积为（）

A.647rB.48兀C.36兀D.32兀

【答案】A

【解析】【分析】

本题考查球的结构与性质，球的表面积公式，属基础题.

由题意可得圆。1的半径，结合正弦定理以及勾股定理可解.

【解答】

解：由圆。1的面积为4兀=兀八，故圆。1的半径r=2,

•.•4B=BC=AC=00I，则三角形/8C是正三角形，

0"………

由正弦7E理：.60。=2r=4,得力8=0。1=2-/3,

由R2=r2+。。/,得球O的半径R=4,

表面积为MR2=64TT,

故选4

5.如图，已知正三棱柱力BC—A/iCi，AC^A/Ii，E,尸分别是棱BC,力心上的点.记功与44i所成的角

为a,斯与平面A8C所成的角为S，二面角F-8。一4的平面角为了，贝鼠）

AxF

.1B

A.a<p<yB./3<a<yC.P<y<aD.a<y</?

【答案】A

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【解析】【分析】

本题考查直线与直线夹角，直线与平面夹角，平面与平面夹角.

【解答】

解：作直线FGJ.4C于G,连接EG,

因为FG1平面/8C,根据线面垂直的性质定理，得FGLEG,因止匕a=NEFG,0=NFEG。

tana=2=装，tan£=2=族，易知力C2EG,因此得到夕2a

r(JACLuE(J

作FH〃BiCi交&当于"连接瓦7,CF,作FMIBC于跖连接GN,

得到y=4FMG

因止匕，tany=篇:=由于EG>MG,可得0<y.

综上，a<p<y.

6.为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温

度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单

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别致，颇受人们喜欢(如图1).已知和CD是圆。的两条互相垂直的直径，将平面N3C沿翻折至平面

ABC",使得平面ABC，1平面ABD(如图2)此时直线与平面C，BD所成角的正弦值为()

1

DV32

3-

【解析】【分析】

根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.

本题主要考查利用空间向量法求线面角问题.

【解答】

解：依题意，0C'LAB,ODLAB,而平面ABC'，平面AB。，平面力BC'n平面力BD=AB,

又OC，u平面力BC'u平面AB。，则。C’1平面N5D,OD1OC",

因此直线。DOB,OC，两两垂直，以点。为原点，直线。分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

令圆半径。。=1,则。(0,0,0),。(1,0,0),8(0,1,0)(/(0,0,1),

0B=(0,1,0),FC7=(0,-1,1),丽=(1,一1,0)，设平面C'BD的一个法向量元=(x,y,z),

则:,吧，=-y+z=。，令”1,得五

n•BD=x—y=0

设直线45与平面C，所成的角为仇

则Sina=|cos(n，Ml=犒=焉=苧，

所以直线N3与平面C‘8D所成角的正弦值为苧.

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故选:B

7.已知正四棱锥的侧棱长为/,其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为36兀，且33/工3质，则该

正四棱锥体积的取值范围是()

AJ18岑］B」争为C.借5D.［18,27］

【答案】C

【解析】【分析】

本题考查了球的切接问题，涉及棱锥的体积、球的体积、导数等知识，属较难题.

有正四棱锥的外接球的性质，可得，=：口2九=|(6八—序)无，利用求导求最值，即可解答.

【解答】解：方法(1):设正四棱锥P-4BCD的高为POi=八，底面边长为°,球心为。，由己知易得球半径

为R=3,

(苧ap+S—3)2=9件=户

所以(苧砌2+八2=/20卜2=2(6"九2)，

_□Q

因为3W/W3<3=^9<6/i<27^>|</i<|,

故所以八=|(6八一层)%，求导〜=2(4—板，

所以U=|(6—九)序在6,4］上单调递增，在［4或］上单调递减，

所以%ax=U(4)=筝Vmin=min{7(|),y(|)}=。(|)=与，

故该正四棱锥体积的取值范围是田，豹.

方法(2):

由方法(1)中知^=“6-向八2,*八4,求导忆=2(4—板，所以了="6-八)层在3旬上单调递增，

在［*］上单调递减，所以%ax=V(4)=?Vmin=min{V(1),lz(1)}=V(1)=故该正四棱锥体积的

取值范围是件，哈•

8.我国古代《九章算术》里记载了一个求“羡除”体积的例子，羡除，隧道也，其所穿地，上平下邪.小

明仿制美除裁剪出如图所示的纸片，在等腰梯形/BCD中，4B=10,BC=CD=DA=8,在等腰梯形48M

中，EF=6,AF=BE=6,将等腰梯形/BCD沿48折起，使平面4BCD1平面ABEF,则五面体/5CDFE

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中异面直线/C与DE所成角的大小为()

【答案】D

【解析】【分析】

本题考查异面直线所成角的求法，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.

过点C作CG〃DE,交£尸的延长线于点G,连接NG,则异面直线NC与。£所成的角即直线/C与CG所

成角，再由勾股定理能求出异面直线/。与所成角的余弦值.

【解答】

解：如图，过点C作N3的垂线，〃为垂足，

由题意得BH=1,CH=3，7,AC=12,

同理，在等腰梯形中，E到AB的距离d=V36-4=4，1,

EH=V32+1=/33,

DF=CE=J(377)2+(733)2=4<6>

在等腰梯形DFEC中，对角线DE=J(8-I)2+(476)2-I2=12，

过点C作CG〃DE,交房的延长线于点G,

由题意得四边形CDEG是平行四边形，DE//CG,连接/G,

则异面直线/C与DE所成角即为直线/C与CG所成角，

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D

过点/作力交斯的延长线于点T,

由题意知4r=4，I,TG=16,AG=12/2,

在△ACG中，AG=12A/-^，AC—12,CG-DE=12,

AC2+CG2=AG2,AC1CG,

•••五面体ABCDFE中异面直线AC与DE所成角的大小为热

故本题选D.

二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分,

部分选对的得2分，有选错的得0分。

9.如图，在长方体力BCD-A/iCiDi中，AAt=AB=4,BC=2,M,N分别为棱的0，CC】的中点，则下

列说法正确的是（）

A./、M、N、B四点共面B.平面/WM_L平面CD/Ci

C.直线3N与所成角的为60°D.BN〃平面ADM

【答案】BC

【解析】【分析】

本题考查了正方体中的面面垂直、点共面、线面平行和异面直线所成的角的知识，属于中档题.

根据空间中点线面关系逐个判断选项即可.

【解答】

解：对于/，点4B、M在平面ABC/i内，N在

平面力BC1/外，故N错误；

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对于8,由题意AD1平面CDOiCi，ADu平面ADM

故平面ADM1平面CDDi。，故8正确；

对于C,取CO的中点O,连接30、ON,

可知三角形3ON为等边三角形，故C正确；

对于。，若BN〃平面4DM,又BC〃平面

ADM,则平面BCC18"/平面而

平面BCC/i〃平面4DD1&,矛盾，故。错误.

故选：BC

10.已知正四面体P-力BC的棱长为2,下列说法正确的是（）

A.正四面体P-ABC的外接球表面积为6兀

B,正四面体P-ABC内任意一点到四个面的距离之和为定值

C.正四面体P-ABC的相邻两个面所成二面角的正弦值为g

D.正四面体Q-MNG在正四面体P-4BC的内部，且可以任意转动，则正四面体Q-MNG的体积最大值为

2<2

"sF

【答案】ABD

【解析】【分析】

本题考查了简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征，简单组合体及其结构特征，球的表面积，棱柱、

棱锥的体积和二面角.

利用正方体与正四面体的结构特征，构建棱长为，I的正方体，利用正四面体与相应正方体外接球半径相等

得正四面体P-ABC的外接球半径，再利用球的表面积对/进行判断，利用正方体和棱锥的体积对8进行判

断，利用二面角，结合正四面体任意两个相邻面所成二面角相等对C进行判断，设正四面体P-4BC的内切

球半径为r,利用正方体和棱锥的体积得2r=苧，结合题意得正四面体Q-MNG的最大外接球直径为苧，

再利用正四面体与相应正方体外接球半径相等得正四面体Q-MNG的最大外接球也是棱长为年的正方体的

外接球，再利用正方体和棱锥的体积对。进行判断，从而得结论.

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【解答】

解：如图:

正方体4C/P1-&CB1P是棱长为，I的正方体，因此四面体P-ABC就是棱长为2的正四面体.

对于4因为正方体AQBPi—&CB1P的外接球就是正四面体P-力BC的外接球，

所以正四面体P-48C的外接球半径为正方体AC/Pi-aC/P体对角线长的一半，

即正四面体P-ABC的外接球半径为苧因此正四面体P-4BC的外接球的表面积为47rx件）=6兀，故/

正确；

3

对于8.因为正四面体P-ABC的体积为（、心）3一4*号-=苧，而正四面体P-ABC四个面的面积都是

/22=同

所以若正四面体P-力BC内任意一点到四个面的距离分别为以、八2、八3、八4,则苧（后+h2+h.3+储）=苧,

因止匕八1+出+h3+3=等=手，即正四面体P—4BC内任意一点到四个面的距离之和为定值，故2正

确；

对于C.取PC的中点E,连接NE,BE.

因为四面体P—ABC是棱长为2的正四面体，所以NAEB是二面角力—PC—B的平面角，且4E=BE=，多

■zjr-AD_npp,LL•/-AEB1Z.AEB

而=2,因此sin-=cos---=^==,

所以sin乙4EB=2x点x音=孚，即二面角4-PC-B的正弦值为竽，

因为正四面体任意两个相邻面所成二面角相等，所以正四面体P-4BC的相邻两个面所成二面角的正弦值为

苧，故C错误；

对于D.设正四面体P—ABC的内切球半径为乙则由选项2知：苧x4r=苧，解得2r=苧，

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因为正四面体Q-MNG在正四面体P-力BC的内部，且可以任意转动，

所以正四面体Q-MNG的最大外接球直径为苧，因此正四面体Q-MNG的最大外接球也是棱长为苧的正方

体的外接球，

3

所以正四面体Q-MNG的体积最大值为（逗『_4*（J）_=272,故。正确.

11.在正方体4BCD-4当的％中，力B=1,点尸满足方=4而+〃无0其中46[0,1],“6[0,1],则下

列结论正确的是（）

A.当BiP〃平面&BD时，BiP可能垂直CD1

B.若BiP与平面CCi%。所成角为则点P的轨迹长度为5

C.当；I=4时，I9I+I审I的最小值为笠应

D.当;1=1时，正方体经过点力1、P、C的截面面积的取值范围为[苧，

【答案】ABD

【解析】【分析】

本题主要考查空间向量线线间的关系，考查利用空间向量求线面角，考查点到直线的距离公式，属于较难

题.

对于/，建立如图所示的空间直角坐标系4—xyz,若BiP〃平面则元•4=0,当4=〃时，P

为CD1中点时，有〃平面即可得证；

对于8,由题知点尸的轨迹是以Ci为圆心，以1为半径的J个圆，即可得解；

对于C,将平面CD%与平面为8C%沿C%展成平面图形，线段①。即为I丽I+I耳圆的最小值，利用余弦定

理即可得解；

对于，建立如图所示的空间直角坐标系力-孙z,求点P到直线&C的距离为d=J2t2£t+2,根据/值的

变化即可得解.

【解答】

解：/选项：建立如图所示的空间直角坐标系Z-％yz,

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则4(0,0,0),B(l,0,0),D(0,l,0),C(l,l,0),4式0,0,1),Q(1,1,1),所以袍=(—1,0,1),

帝=fi7C+CP=B^C+XCD+11CC[=(一尢一1),易知平面力1BD的一个法向量为五=(1,1,1),若％P/

/平面&BD,则元•存=0,即4=〃，则当4时，江•可=4+〃—1=0,即尸为C£»i中点时，

有BiP〃平面4/。，且B1PICD1，故N正确；

2选项：若与平面CC/i。所成角为*则点尸的轨迹是以的为圆心，以1为半径的。个圆，于是点尸的

勺4

轨迹长度为看故8正确；

C选项：当4=〃时，PGCDi，将平面CD%与平面&BCD1沿CDI展成平面图形，

如图：

线段41。即为|而|+|审|的最小值，利用余弦定理可知为。=Ja0/+Dp-2A1D1-DiOcosl35。=

Jl+l-2xlxlx(-^)=J2+71，故C错误;

。选项：当4=1时，PeDDi，

正方体经过点为、P、C的截面为平行四边形AiPCH,以N为坐标原点，建立如图所示

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的空间直角坐标系A-xyz,则4(0,0,0),C(1,1,O),41(0,0,1),P(O,l,t),所以定=(1,0,—t),砧=(1,1,-1),

PC-^C=1+t,\PC\=V1+t2)|碇|=所以点P到直线4iC的距离为&=|定|2一(空号)2=

[MiG

J]+t2_(^)2=j2t2j+2,于是当t=决寸，△「公(7的面积取最小值，此时截面面积为苧；当t=0或

1时，的面积取最大值，此时截面面积为故。正确.

故选力BD.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.已知平面a上两个向量彼=(2,3,1),b=(5,6,4),则平面a的一个法向量为.

【答案】-京答案不唯一)

【解析】【分析】

本题考查了平面的法向量的求法，属于基础题.

TT

根据题意设法向量的坐标，再由法向量与向量a,b垂直，列出方程组即可求出坐标.

【解答】

解：设平面a的法向量为蔡=(x,y,z),则

—>—>

a-n=013n12%+3y+z=0

7-即(5%+6丫+4工=0，

{d-n=U：

令x=1得y=_：，z=一：,

故平面a的一个法向量是(1,-热-1).

故答案为(1,--：)(答案不唯一).

13.如图，在坡面a与水平面0所成二面角为60。的山坡上，有段直线型道路N3与坡脚/成30。的角，这段路

直通山顶4已知此山高1356米.若小李从2点沿着这条路上山，并且行进速度为每分钟30米，那么小李

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到达山顶/需要的时间是分钟.

【答案】18

【解析】【分析】

本题考查了线线、线面、面面间的位置关系应用问题，考查了空间中的距离问题，是基础题.

根据题意作出力。_L平面6,。。，直线/,连接NC,利用直角三角形的边角关系求出NC和43的值，再计算

小李到达山顶/的时间.

【解答】解：过点/作4。，平面0,垂足为。，过点。作。直线/,垂足为C,连接/C,

则ACJ_直线I,乙4C。=60°,AO=13573-如图所示；

135<3

在RMAOC中，AC=二270,

sm.”乙4C一。=sin60°

小李行进速度为每分钟30米，它到达山顶/需要的时间是540-30=18（分钟）.

故答案为：18.

14.若点〃在平面a外，过点〃作平面a的垂线，则称垂足N为点〃在平面a内的正投影，记为N=九（“）.

如图，在棱长为1的正方体A8CD-4/1的。1中，记平面2%的。为0,平面/BCD为y,点尸是棱CC1上一

动点（与C,Q不重合），Q1="[7/?（「）],Q2=%[fy（P）]•给出下列三个结论：

第14页，共24页

②存在点P使得PQi〃S；

③存在点尸使得PQi1PQ2.

其中正确结论的序号是.

【答案】①②

【解析】【分析】

本题考查空间直线和平面间的平行，垂直关系，利用空间直角坐标系进行建系，考查空间想象能力与计算

能力，属于较难题.

由题意，画出图形，根据线面垂直确定力(P)=E,力?(C)=Q2,fy(E)=Qi，以点。为坐标原点，DA、DC、

DDi所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D-xyz,进而利用向量法逐项分析，即可得出结

论.

【解答】

解：取的。的中点Q2，过点尸在平面ABiCiD内作PEIQD,

再过点E在平面CCi小。内作EQi1CD,垂足为点Q]

在正方体4BCD—Ai/CiOi中，4D1平面”道道，

PEu平面呢道道，PE1AD,

又：PE1",ADClCXD=D,

AD＞的。u平面力BiCi。，

•••PE_L平面力Big。，

即PE1Q,；.%(P)=E,

同理可证EQily,CQ2l/3,则/y%(P)]=%(E)=Qi，fp\fr{P}\=fp(C}=Q2.

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

设CP=aCCi(O<a<l),点P(O,l,a),C(O,1,O),E(0,手,手)，Q乂O,等,0),Q2(0,1,1).

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对于命题①，\PQ21=J"+（a—"）2，则0＜（a—g/v",

所以，\PQ2\=］号+（"））2e弓,苧），命题①正确：

对于命题②;•••贝2"，则平面6的一个法向量为则=（0,-另），西=（0,号，一a）,令场•珂=

1—aa1—3a=0,解得a=Se(0,D，

所以，存在点尸使得PQ"/平面氏命题②正确：

对于命题③，丽=（0,-号），令两•则==+%丁）=0,

ZZ4Z

整理得4a2—3a+1=0,该方程无解，所以，不存在点P使得PQ】1PQ?，命题③错误.

故正确的结论为①②.

故答案为：①②.

四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

15.（本小题13分）

如图，在四棱锥P—ABC。中，底面/BCD是矩形，平面PADJ_平面48CD,AP^AD,M,N分别为棱尸£）,

PC的中点，求证：

(1)MN〃平面PAB；

(2)4M1平面PCD.

【答案】证明：（1）因为M、N分别为PD、尸C的中点

所以MN〃DC,

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又因为底面ABCD是矩形，

所以4B〃DC,

所以MN〃4B,

又ZBu平面PAB,MNC平面PAB,

所以MN〃平面尸/8；

(2)因为AP=4D,M为尸。的中点，

所以4M1PD,

因为平面PAD1平面/BCD,平面PADn平面ABCD=4。，CDLAD,CDABCD,

所以CD1平面尸NO,

又AMu平面PAD,所以CD1AM,

因为cr＞、PDu平面尸CD,CDCPD=D,

.­.AM1平面PCD.

【解析】本题考查线面平行、线面垂直的证明，空间中线线、线面、面面间的位置关系等，属于基础题.

(1)推导出MN〃DC,AB//DC,从而MN//AB,由此能证明MN〃平面P45；

(2)由题可得力M1PD,根据面面垂直的性质，得到CD,平面P4D,进而得出由此能证明AM，

平面PCD.

16.(本小题15分)

如图，直三棱柱力BC-&8也1的体积为4,△&BC的面积为2，！.

(1)求N到平面&BC的距离；

(2)设。为力£的中点，AAi=AB,平面41BC1平面力BBMi，求二面角4—BD-C的正弦值.

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【答案】解：(1)设/到平面4BC的距离为力

因为直三棱柱ABC-4/1的的体积为4,即可得=4,

故匕41-4BC—gs^ABC,力力1=3>

11/—4

又匕h-4BC=A-ArBC—5sAAiBC,d=]X2A/2Xd=E，

解得d=72,所以4到平面4BC的距离为VI；

(2)连接4当,因为直三棱柱4BC-&B1C1中，AAr=AB,

故四边形441%B为正方形，即

又平面力iBC1平面力平面AiBCn平面ABX

故ABi_L平面力iBC,因为BCu平面AiBC,所以41BC,

又因为IBC,4Bi，A4iu平面2幽41，且皿。44=4

故BC1平面因为4Bu平面4BB14,则BC1g

所以BBi，4B,BC三条直线两两垂直，

故如图可以以8为原点建立空间直角坐标系，

设=AB=a,BC=b,则=V_2a,

1axbxa=4

彳1解得仁;

{|x/2axb=2/2

则B(0,0,0),C(2,0,0),4(0,2,0),4(0,2,2),力也的中点

所以瓦5=(0,2,0)，BD=(1,1,1)>BC=(2,0,0)，

设平面ABD的一个法向量为五=(尤,y,z),

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性器鸣u小，取……,

同理可求得平面BCD的一个法向量为何=(0,1,-1)，

所以|cos(席底＞|=卷周=(

所以二面角A-BD-C的正弦值为苧.

【解析】本题考查了平面与平面所成角的空间向量求法、点到面的距离的几何求法、几何体的体积公式，

考查了空间中的垂直关系的证明与应用，属于中档题.

(1)利用等体积法以及三棱锥的体积公式即可求解.

(2)根据题干首先证明BC三条直线两两垂直，且=AB=BC=2,建立直角坐标系，求出平面

ABD的一个法向量和平面BCD的一个法向量，利用向量法即可求出二面角A-BD-C的正弦值.

17.(本小题15分)

如图，在三棱柱ABC-A/iCi中，侧棱垂直于底面，AB1BC,=力。=2,8C=1,点£、/分别为&的、

2C的中点.

(1)求证：平面4BE1平面BiBCCj

(2)求证：CiF〃平面N2E；

(3)求三棱锥E-ABC的体积.

【答案】⑴证明：•••三棱柱4BC-41%的中，侧棱垂直于底面,

BB]_L平面ABC,

X'--ABU平面ABC,BB11AB,

X---AB1BC,BB]CBC=B,BCu平面邑8©,

ABJ"平面B/CCi，

又•••ABu平面ABE,平面ABE_L平面BiBC/；

(2)证明：取线段AB的中点G,连接EG、FG,

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1

又••・点尸是3C的中点，;FG〃/IC,S.FG=^AC,

11

•••点E是HG的中点，•••ECJ/AC,且附

FG//EC1,且FG=ECi，

四边形FGg为平行四边形，CrF//EG,

又QFC平面ABE,EGu平面ABE,；.C/〃平面ABE；

(3)解：；=AC=2,BC=1,AB1BC,

：.AB=<AC2-BC2=6,

•・・三棱锥的体积

E-ABCUEYBC=ISAABC-AA1=ix(|x<3xl)x2=^.

【解析】本题考查了线面平行的判定、棱锥的体积、面面垂直的判定、线面垂直的判定与性质，属于中档

题.

(1)先根据题意结合线面垂直的判定定理证明AB1平面B/CCi，再由面面垂直的判定定理即可得证平面

ABE1平面B1BCC1；

(2)取线段的中点G,连接EG、FG,先根据题意证明四边形FGE。为平行四边形，进而可得Q/7/EG,

再利用线面平行的判定定理既可得证MF〃平面N3E；

(3)先根据题意结合勾股定理求得N3的值，再根据棱锥的体积公式计算，即可得到答案.

18.(本小题17分)

如图所示的几何体中，尸。垂直于梯形/BCD所在的平面，乙4DC=N8AD=3尸为P/的中点，PD=

yf2,AB=AD=^CD=1,四边形PDCE为矩形，线段尸C交。£于点N.

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(1)求证：AC〃平面。所；

(2)求二面角4-PB-C的正弦值;

(3)在线段所上是否存在一点0,使得30与平面8cp所成角的大小为蓝若存在，求出歹。的长；若不存

在，请说明理由.

【答案】证明：(1)因为四边形PDCE为矩形，所以N为PC的中点，连接FN,

在△PAC中，£N分别为PA,PC的中点，

所以FN〃人C,因为FNu平面DEF,力CC平面DEF,

所以4C〃平面DEE

(2)易知D4DC,DP两两垂直，如图以。为原点，分别以D4D&DP所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标

系.

则P(0,0,72),71(1,0,0),5(1,1,0),C(0,2,0)>

所以彘=(1,1,-72),BC=(-1,1,0)，AB=(0,1,0)，

设平面PBC的法向量为万=Q,y,z),

TT

则｛g皆=0

m-BC=0

y=x

即x+y—=0

—%+y=0=\T2x

令尢=1,得I'y=1

z=V-2

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所以平面PBC的一个法向量为记=(1,1,，！).

设平面ABP的法向量为元=(x,y,z),

TT

｛几•AB—0

n-PB=0

fy=0

即r-，

(%+y—v2z=0

令z=1,则％=y[~2,y=0

则平面ABP的一个法向量为适=(JI,0,1)，

则cos(m,n)=7=^==-，

于是sin(jn,n)-苧.

故二面角A-PB-。的正弦值为日.

(3)存在一点Q,使得8。与平面3c尸所成角的大小为去

设存在点。满足条件，由尸9,0,等｝E(0,2,，I),

则而=«,2，另，

设而=4病(0。41)，整理得Q(?,24,0产)，

则访=(一个,24一1,马产).

因为直线BQ与平面BCP所成角的大小为9，

T-»

所以=|cos(BQm)\=吁可=/吗一“==

6储\BQ\-\m\2719A2-10A+72

解得几2=1,由0W4W1,知4=1,

即点。与E重合，故在线段EF上存在一点0,且FQ=EF=^.

【解析】