高中數(shù)學(xué)必修二第八章《立體幾何初步》單元訓(xùn)練題(高難度) 13(含答案解析)

必修二第八章《立體幾何初步》單元訓(xùn)練題（高難度）（13）

一、單項(xiàng)選擇題（本大題共7小題，共35.0分）

1.己知a,b是兩條不重合的直線，a,8是兩個(gè)不重合的平面，則下列命題中正確的是（）

A.a//b,b//a,則a〃a

B.aca,bu0,a〃0,則a〃b

C.a//b,ala,則b1a

D.當(dāng)aua.且bCa時(shí)，若b〃a,則a〃b

2.設(shè)a,6為兩條不重合的直線，a,0為兩個(gè)不重合的平面，則下列命題正確的是（）

A.若a1b,a//p,bu則

B.若a±a,a//；ibU,3,則a_Lb

C.若a,b與Q所成的角相等,則a〃b

D.若則a"b

3.我國古代數(shù)學(xué)名著仇章算術(shù)》中有這樣一些數(shù)學(xué)用語，“塹堵”意指底面為直角三角形，且

側(cè)棱垂直于底面的三棱柱，而“陽馬”指底面為矩形且有一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐.現(xiàn)有一如

圖所示的“塹堵”4BC-&B1C1，若=48=2,當(dāng)“陽馬”B-&4CC1體積

最大時(shí)，則“塹堵”ABC-AiBiG的表面積為（）

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

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

AB-.AC-.BC=3:4:5,設(shè)三棱錐P-4BC外接球的球心為。，直線PO與平面ABC交于點(diǎn)。，則

—=（）

OQ'）

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

4

5.三棱錐。一力BC中，力平面ABC,Z.ABC=120。，AB=BC=AD=2,則該棱錐外接球的

表面積為（）

A.87rB.127rC.16兀D.207r

6.己知奇函數(shù)/"（x）=翳的圖象經(jīng)過點(diǎn)（1,1）,若矩形A8CD的頂點(diǎn)A,3在x軸上，頂點(diǎn)C,D

在函數(shù)/'（X）的圖象上，則矩形ABC。繞x軸旋轉(zhuǎn)而成的幾何體的體積的最大值為（）

A.]B,71C.yD.2兀

7.在四面體ABC。中，AB-L平面BCD,BC1BD,AB=BD=2,E為CD的中點(diǎn)，若異面直線

AC與BE所成的角為60。，則BC=（）

A.V2B.2C.2V2D.4

二、填空題（本大題共9小題，共45.0分）

8.如圖，在四面體ABCD中，=CD=2,4B與CD所成的角為60。，點(diǎn)E,人

F,G,4分別在棱AQ,BD,BC,AC上，若直線AB,CD都平行于平面/'萬、

EFGH,則四邊形EFG”面積的最大值是.//X--V?

9.直三棱柱ABC—A'B'C'中，Z.ACB.CACBCC'1,則直線B,C與面4B'C’所成角的

正切值為.

10.A、B、C三點(diǎn)在同一球面上，ABAC=135°,BC=2,且球心O到平面ABC的距離為1,則此

球0的體積為一.

11.等腰直角三角形ABC中，ZC=pCA=6V2.。為AB的中點(diǎn)，將它沿CZ）翻折，使點(diǎn)4與點(diǎn)

B間的距離為6M，此時(shí)四面體ABCD的外接球的體積為.

12.在直三棱柱4BC-48道1內(nèi)有一個(gè)與其各面都相切的球。1，同時(shí)在三棱柱48。-4避16外有一

個(gè)外接球。2.若ABJ.BC,AB=3,BC=4,則球。2的體積為.

13.在正方體4BCD-4B1GD1中，點(diǎn)E為棱為&的中點(diǎn)，則異面直線AE與80所成角的余弦值為

14.已知二面角a-1-￡的大小是60。，設(shè)4€a,Bel,AB=4,若A到/的距離為2,則48與平

面0所成的角的正弦值為；若60。的二面角a-1一夕內(nèi)一點(diǎn)P到面a,。的距離分別是2,

4,則點(diǎn)P到直線I的距離為.

15.在三棱錐4-BCD中，AB=BC=BD=2,AC=AD=272-CD=2百，則三棱錐4-BCD的

外接球的半徑為.

16.三棱錐P-4BC中，PA，平面ABC,PA=2AC=273.AB=1,/.ABC=60°,則三棱錐P-ABC

的外接球的表面積為.

三、解答題(本大題共14小題，共168.0分)

17.如圖，四棱錐E—4BCD中，四邊形ABC。是邊長為2的菱形,ND4E=/.BAE=45°,zDAB=60°.

(I)證明：平面40E_L平面ABE；

(II)若。E=dIU,求四棱錐E—4BCD的體積.

18.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABC。是菱形，PD_L4C,AC交8力于點(diǎn)O.

(I)證明：平面PBD1?平面P4C：

(n)若DP=DA=DB=yPB＞求二面角力-PB-C的余弦值.

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

的中點(diǎn)。

(1)求點(diǎn)C到平面APE的距離d;

(2)求二面角P—EA—B的余弦值

20.在四棱錐S-ABCD中，底面ABC。為平行四邊形=60。,乙％ID=30°,AD=SD=2次,

BA=BS=4.

(1)證明：8。1平面&4。；

(2)求點(diǎn)C到平面S4B的距離.

21.如圖所示，四棱銖P—4BC0的底面是邊長為2的菱形，PAABCD,E,F分別為CQ,PB

的中點(diǎn)，AP=2,AE=V3.

(1)求證：EF〃平面PAD;

(2)求證：平面力EF1?平面P4B;

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

點(diǎn)M為棱AE的中點(diǎn).

(1)求證：平面BMD〃平面EFC；

(2)若48=1,BF=2,求三棱錐A-CE尸的體積.

23.如圖所示，四邊形A2C。是邊長為2的正方形，4EL平面8CE,且AE=1.

(1)求證：四邊形平面4BC01平面ABE.

(2)線段AO上是否存在一點(diǎn)F,使二面角4-BF-E所成角的余弦值為,？若存在，請找出點(diǎn)尸

的位置；若不存在，請說明理由.

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

E為線段AB上一點(diǎn)，且=7:2,點(diǎn)尸，G分別為線段PA,P。的中點(diǎn).

(1)求證：PE1平面ABCD-,

(2)若平面E/G將四棱錐P-4BCD分成左右兩部分，求這兩部分的體積之比.

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

四邊形ACEF是菱形，^CAF=60°.

(1)求證：BF1AE^

(2)求二面角B-EF-。的平面角的余弦值.

26.如圖，在四棱錐P-4BCD中，四邊形ABC。是平行四邊形，M為棱P8的中點(diǎn).

(1)求證：PD〃平面MAC；

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

27.如圖，已知平行四邊形ABC。中，NB4D=45。，BC=夜，BH1DC于點(diǎn)，，現(xiàn)將/CBH沿BH

翻折至4P8H,使得PD1PB.

(1)證明：PD_L平面PBH.

(2)若PD=1,求二面角4-PB-H的余弦值.

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

BD=2VL點(diǎn)P在底面的投影。恰好為AC與皿的交點(diǎn)'0。=券.

(1)證明：AC1PB；

(2)求點(diǎn)A到平面POC的距離.

29.如圖所示，在長方體ABC。一4/1Ci%中，48=40=1,AAr=2,

點(diǎn)P為DDi的中點(diǎn).

(1)求證：直線BA〃平面PAC

(2)求證：平面PACJL平面

30.如圖，四棱錐S-4BCD的底面是正方形，SDABCD,SD==。，點(diǎn)￡是5。上的點(diǎn),

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

(1)求證：對任意的26(0,1],都有AC1BE；

(2)若二面角C-4E-D的大小為60。，求；I的值.

【答案與解析】

1.答案：c

解析：

本題主要考查空間直線、平面的位置關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題.

解：A.a//b,b//a,則2〃€￡,可能a在平面a內(nèi)，故錯(cuò)誤.

B.aua,bcp,a//p,則a//b,可能異面直線，故錯(cuò)誤，

C.a〃b,ala,則b1a,正確，

。.當(dāng)aua,且bCa時(shí)，若1)〃0€,則2〃1>,可能異面直線，故錯(cuò)誤.

故選C.

2.答案:B

解析：

本題主要考查空間直線和平面的位置關(guān)系的判斷，要求熟練掌握線面平行和垂直的定義和性質(zhì).

A.兩直線垂直無法確定該直線的空間位置.B.根據(jù)線面垂直的性質(zhì)進(jìn)行判斷.。?根據(jù)直線”，匕的位

置關(guān)系和直線所成角的定義進(jìn)行判斷.。.根據(jù)線面平行和面面平行的定義和性質(zhì)進(jìn)行判斷.

解：4當(dāng)a在平面a內(nèi)時(shí)，a//a,錯(cuò)誤.

B.-：ala,a//P,a1p,又bu/?,則a_Lb，二8正確.

C.等腰三角形所在的平面垂直平面a時(shí)，等腰三角形的兩個(gè)直角邊和a所成的角相等，但a〃b不成立,

.?.C錯(cuò)誤.

。.平行于平面的兩條直線不一定平行，二。錯(cuò)誤.

故選：B.

3.答案：B

解析：

本題主要考查直線與平面的位置關(guān)系、空間幾何體的體積等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力、推理論

證能力、運(yùn)算求解能力，訓(xùn)練了利用基本不等式求最值，是中檔題.

設(shè)4C=x,BC=y,寫出四棱錐B-AiACCi體積，利用基本不等式求得最值，并求得x、y值，則

三棱柱4BC-a8傳1的表面積可求.

解：設(shè)AC=x,BC=y=久2+y2=4,

則由題意“陽馬”的體積是V=|盯

當(dāng)且僅當(dāng)x=y=魚時(shí)取等號，

則“斬堵”的表面積為S=2(x+y+2)+2x|xy=4V2+6.

故選B.

4.答案：。

解析：

本題主要考查了三棱錐的外接球，考查了三棱錐的結(jié)構(gòu)，考查了數(shù)形結(jié)合思想，屬于難題.

解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)題意找出。點(diǎn)及。點(diǎn)的位置.

解：如圖，

過P作PD1平面力BC,。為垂足，取線段BC的中點(diǎn)E,則OEJ?平面ABC,

由已知可得。為直角三角形ABC的內(nèi)心，

做。M垂直于AC與M,則DM1AC,

因?yàn)镻O_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，

設(shè)OE=x.因?yàn)锳B:AC:BC=3:4:5,不妨設(shè)AB=3,AC=4,BC=5,

由幾何關(guān)系可得。時(shí)=當(dāng)0=1,NPMD:,

得PD=V3,DE-J/+(|_2)2=與，AE=I，

由勾股定理得。爐=OE2+AE2,OP2=DE2+(PD+OF)2,

又因?yàn)镺A=OP,所以/+與=：+(遮+乃2,

解得“多嘮=*3,

即"

故選D.

5.答案：D

解析：

本題考查了棱錐與外接球的位置關(guān)系，確定球心是關(guān)鍵，屬于中檔題.

根據(jù)三棱錐的結(jié)構(gòu)特征確定球心位置，從而得出球的半徑和表面積.

解：?.?在A4BC中，AB=BC=2,AABC=12(1)

根據(jù)余弦定理求得AC=2V3，

??.△ABC外接圓的半徑為=2，

2siul20°

設(shè)△ABC外接圓的圓心為外接球的球心為O,

則。M1平面ABC,

又ZM平面ABC,AD=2,得OM=1,

,所以外接球的半徑為R=+4"2=yr+22=花,

S球=4nR2=207T.

故選O.

6.答案：B

解析：

本題考查圓柱的體積公式以及利用基本不等式求最值，根據(jù)條件求出“、b的值，矩形ABCD繞x軸

旋轉(zhuǎn)而成的圓柱半徑R=|BC|,令言=匕整理得R/-2X+R=0,則xc，4是方程的兩個(gè)不等

22

實(shí)根，圓柱的體積V=TTR\XC-xD\=nRx旦回=2兀/?711不，利用基本不等式求最值即可，

屬于難題.

解：因?yàn)槠婧瘮?shù)f(x)=黑圖象經(jīng)過點(diǎn)(1,1),

所以/(0)=0/(1)=1，得到a=2,b=0,

不妨設(shè)C、。在X軸上方，如圖：

D__C

__________

AR

則矩形ABC。繞x軸旋轉(zhuǎn)而成的圓柱半徑R=\BC\,

令衛(wèi)7=R,整理得R/-2X+R=0,

1+x2

則Xc，和是方程的兩個(gè)不等實(shí)根，

X2

則l%c-D\=yj(,xc+XD)-4XCXD=

則圓柱的體積：

cc，4-4R2,---------

V=nR2\x-x\=nR2x-----------=2nRy/l—R2

cDR

________2

<7l[R2+(V1—/?2)]=7T，

當(dāng)且僅當(dāng)R2=q時(shí)，等號成立.

故選反

7.答案：B

解析：解：如圖所示，取A力的中點(diǎn)凡連接E幾BF,則EF//4c.

則NBEF為異面直線4c與BE所成的角.

???乙BEF=60°.

設(shè)BC=X,則BE=EF=BF=V2.

2

BE/為等邊三角形，

則旦=a,解得x=2.

2

故選：B.

如圖所示，取A。的中點(diǎn)F,連接EF,BF,可得EF〃AC.于是4BEF為異面直線AC與8E所成的角.設(shè)

BC=x,可得BE=EF=^，在ABEF中即可得出.

2

本題考查了異面直線所成的角、等邊三角形的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.

8.答案：叵

2

解析：

本題主要考查線面平行的性質(zhì)以及二次函數(shù)的性質(zhì)，首先利用線面平行的性質(zhì)可證HG〃/1B,同理

EF//AB,FG//CD,EH//CD,可證四邊形EFG”為平行四邊形.然后設(shè)8F：BD=BG：BC=FG：

CD=x,(0<x<1),可得：FG=2x,HG=2(1-%),建立二次函數(shù)關(guān)系求解四邊形EFGH面積

的最大值.

解：?.?直線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,

四邊形EFGH為平行四邊形.

又???AB=CD=2,4B與CO所成的角為60。，

設(shè)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

根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可知：SEFGH面積的最大值苧.

故答案為立.

2

9.答案：叵

3

解析:

本題主要考查線與平面所成的角的求法，屬基礎(chǔ)題.

先根據(jù)線與平面所成的角的定義作出該角，得到以NCB'。就是直線B'C與面AB'。'所成的角，再求其

正切值即可.

解：如圖所示，

連接力C'與C4'交于點(diǎn)0,連接。B'.

由題得四邊形ACC'A'是正方形，

所以CO1AC',由題得"L平面ACCA'，

所以B'C'10C,因?yàn)?C',B'C'u平面AB'C'MC'CB'C=C,

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

戊

所以疝/?！贰?祟=%=上

CB'y/22

ZCB'O=.-,tanZCZ/O=—.

63

故答案為：叵.

3

10.答案：4遍7T

解析：

運(yùn)用正弦定理可得△48c的外接圓的直徑2,?，再由球的半徑和球心到截面的距離、及截面圓的半徑

構(gòu)成直角三角形，即可求得球的半徑，再由球的體積公式計(jì)算即可得到.

本題考查球的體積的求法，主要考查球的截面的性質(zhì)：球的半徑和球心到截面的距離、及截面圓的

半徑構(gòu)成直角三角形，同時(shí)考查正弦定理的運(yùn)用：求三角形的外接圓的直徑，屬于中檔題.

解：由于NB4C=135。，BC=2,

則44BC的外接圓的直徑2r=丁%=2或，

sml35°

即有r=V2,

由于球心0到平面ABC的距離為1,

則由勾股定理可得，球的半徑/?=弋丫2+溟=72+1=b,

即有此球0的體積為V==|TTX(V3)3=4V37T.

故答案為：4V37T.

11.答案：180V5TT

解析:

本題考查四面體的體積，屬于中檔題.

先求出三角形AB。的外接圓的半徑，再結(jié)合圖形求出外接球的半徑，即可求解.

通過翻折，則CO，平面A3。

如圖所示；

在三角形AB力中,

62+62-(6⑹21

COSZ.ADB-一,

2x6x62

則si山DB=4

設(shè)三角形48。的外接圓的半徑為r，則2r=AB

sinz.ADB

C6

即2丁=亙，得了=6,

2

再設(shè)四面體ABCD的外接球的半徑為/?,

則R2=32+62=45,

得R=3遍,

3

則匕一ECO=:兀A，=^TT（3V5）=180V5TT.

故答案為180V57r.

12.答案：等兀

解析：

本題考查棱柱的內(nèi)切球與外接球的體積，根據(jù)已知求出球的半徑，是解答的關(guān)鍵.

根據(jù)已知可得直三棱柱力BC-AiBiG的內(nèi)切球半徑為1,進(jìn)而可以得到外接球的半徑，即可得答案.

解：因?yàn)锳B1BC,AB=3,BC=4,所以AC=5,

故△ABC的內(nèi)切圓半徑r=七二=1,所以球。1的半徑凡=r=1,

所以A%=2%=2,

又外接球。2的半徑：

22

R2=^AB+BC+AAl

—+42+22—

22

所以外接球。2的體積：

Q

174n34/V29\29V29

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

故答案為空空兀.

6

13.答案：叵

10

解析:

本題考查異面直線所成角問題，求解方法一般是平移法，轉(zhuǎn)化為平面角問題來解決.

取C1A中點(diǎn)凡構(gòu)造平行四邊形四邊形AOFE,將AE與80所成的角轉(zhuǎn)化為。尸與8。所成角或其

補(bǔ)角求解即可.

解析:

解：取中點(diǎn)尸，連接EF、DF、BF,

易知四邊形AQFE為平行四邊形，貝ME〃。/

???AE與3。所成的角即為DF與8。所成角或其補(bǔ)角,

4E與BD所成的角的余弦值即為DF與8。所成角余弦值的絕對值,

設(shè)正方體的棱長為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'

故答案為票

14.答案：券

解析：

(1)本題主要考查了平面與平面之間的位置關(guān)系，以及直線與平面所成角，考查空間想象能力、運(yùn)算

能力和推理論證能力，屬于基礎(chǔ)題.

過點(diǎn)A作平面0的垂線，垂足為C,在夕內(nèi)過C作/的垂線.垂足為。，連接AO,從而乙4DC為二面

角的平面角，連接C8,則乙4BC為A8與平面6所成的角，在直角三角形4BC中求出此角

即可.

解：過點(diǎn)A作平面￡的垂線，垂足為C,

在￡內(nèi)過C作/的垂線.垂足為。

連接A。，有三垂線定理可知4。JU,

故44DC為二面角a-1-0的平面角為60。，故AO=2,

連接CB,則4aBe為AB與平面/?所成的角

則4C=更4。=V3-

2

?/Ar>k.6

s\nz.ABC=——=一:

AB4

故答案為宜.

4

(2)本題考查了二面角的定義、大小度量，解三角形的知識.分析得出PQ是尸到/的距離，且利用

正弦定理求出是關(guān)鍵.

設(shè)過P,C,。的平面與，交于。點(diǎn)，可以證出/1面PCQDQ,NCQC是二面角a-1-0的平面角，

PQ是P到/的距離.且PQ是APDC的外接圓的直徑，在△PCD中利用余弦定理求出C￡>,最后根據(jù)

正弦定理可求出PQ,從而求出點(diǎn)P到直線/的距離.

解：設(shè)過尸，C,。的平面與/交于。點(diǎn).

由于PC1平面a,平面M,則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/的距離.

在平面圖形PCQQ中，有乙PDQ=LPCQ=9。°

:.P、C、。、。四點(diǎn)共圓，也為APDC的外接圓，且PQ是此圓的直徑.

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，根據(jù)正弦定理.27?PQ,

suiACPD

2V7_4vn

百二丁

???點(diǎn)p到直線/的距離為史祖.

3

故答案為：犯旦.

3

15.答案：V5

解析：

本題主要考查棱錐的結(jié)構(gòu)特征和其外接球，以及余弦定理等，屬于基礎(chǔ)題.

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

解：如下圖，

由勾股定理得4B1BC,AB1.BD,

由余弦定理得"春CB0=1爾

所以

所以ABC。的外接圓半徑為二-

可求得球的半徑為7￥下1=V5.

16.答案：167r

解析：解：如圖，在44BC中，由正弦定理得當(dāng)=等=sinC=

sinBsinC2

VC<B,C=30°,A=90°,

又???P4_1_平面ABC,AP,AC,A8兩兩垂直，

故可將此三棱錐放入一個(gè)長、寬、高分別1,g,2次為的長方體

內(nèi)，三棱錐的四個(gè)頂點(diǎn)亦為長方體的頂點(diǎn)，其外接球?yàn)殚L方體外接

球.

易得外接球半徑為府記訴_7故外接球表面積為4兀/?2=

一乙

167r.

故答案為：16兀.

三棱錐P-ABC的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，所以把它擴(kuò)展為長方體，它也外接于球，對角線的長為

球的直徑，然后解答即可.

本題考查球的表面積，考查學(xué)生空間想象能力，解答的關(guān)鍵是構(gòu)造球的內(nèi)接長方體.是基礎(chǔ)題

17.答案：解：（1）過點(diǎn)。作。。14凡垂足為O,連結(jié)BD.

在中，由Z7ME=45°,4D=2得，04=。。=&.

在ZkAOB中，由余弦定理得+即OB=魚,

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則4E=3近.

所以SA.BE=?0B=￡x3魚x&=3.

所以外)-4BE=mSA4BE-0D=-X3X>/2=

故四棱錐E-48CD的體積/TBCO=2VD_ABE=2混.

解析：本題考查了面面垂直的判定和棱錐體積的問題，注意幾何體中線面的關(guān)系有助于解題，屬于

中檔題.

(I)過點(diǎn)。作DO14E,垂足為。，連結(jié)08,BD,先證得DO1平面ABE,再通過面面垂直的判定

定理即可得證.

(n)由DE=aU得，0E=7DE2-0D2=2a，進(jìn)而求出AE,根據(jù)棱錐體積得出答案.

18.答案：(1)證明：：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：不妨設(shè)PB=V5，則DP=ZX4=DB=1,

作AE1PB于E,連結(jié)CE,

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

而CEu平面AEC,故CE1PB,

則乙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=辦。2+op2=叵,在4PAB中，由余弦定理得COSNAPB=

2

絲文三型=晅則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的余弦值為一段.

解析：本題考查平面與平面垂直的判定，考查空間想象能力與思維能力，訓(xùn)練了二面角的平面角的

求法，是中檔題.

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

進(jìn)一步得到平面PBD1平面P4C;

(11)不妨設(shè)28=V3.則DP=DA=DB=1,作4E1PB于E,連結(jié)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)在三棱錐p-4BC中，

AB—1,BC—2,AC-yf5,PC=V2>

PA=y[5,PB=V6-

由題意可知PC?+CB2=PB?,PA^+AB2=PB2,

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

則將三棱錐p-ABC中補(bǔ)形為長方體如圖所示：

由:等積法VC-PEA=^P-CEA

ixixV3xV2xd=|xixlxlxl,

3232

jy/6

a=——，

6

點(diǎn)C到平面APE的距離d=漁；

(2)連DE,■■■AE1PE,PD1AE,

PDCPE=P,

AEIffiPDE,AE1DE,

"ED二面角P—EA—B二面角的補(bǔ)角,

所以二面角P—EA—B的余弦值一立.

3

解析：本題考查了點(diǎn)到面的距離，考察了線面垂直的判定，屬于容易題.

（1）有圖有可得由題意可知PC2+CB2=PB2,PA2+AB2=PB2,EB=1,AB=1,EA2=EB2+AB2,

可補(bǔ)形為長方體，簡化運(yùn)算，由等積法%=0_CE4可求得出

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

二面角的補(bǔ)角，則可解的二面角的余弦值.

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

取SQ的中點(diǎn)E,連接。E,BE,則DEISA,BELSA,

vDECtBE=E,：.SA1平面BDE,

???SA1BD,

"SAnAD-A,

BDJL平面SAD-,

（口）解：點(diǎn)C到平面SAB的距離=點(diǎn)D到平面SAB的距離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,

由等體積可得；x3Kx2=；x3V7/i,h=—.

337

解析：（I）證明：AD1BD,S/41BD,即可證明BDJ?平面SA。；

（口）利用等體積方法，求點(diǎn)C到平面SAB的距離.

本題考查線面垂直的條件，考查點(diǎn)面距離，考查體積的計(jì)算，屬于中檔題.

21.答案：證明：（1）取PA的中點(diǎn)M,連結(jié)FM,DM,

■-F,M分別是PB,PA的中點(diǎn)，

FM//AB,且FM=[AB,

又???點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，四邊形A2CD為菱形，

DE//AB,SLDE=^AB,

：.FM//DE,HFM=DE,

四邊形DEFM為平行四邊形，

???EF//DM,

■：EF,平面PAD,DMu平面PAD,

EF〃平面PAD.

(2),??底面ABC。是邊長為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：本題考查線面平行，面面垂直的證明，考查二面角的大小的求法，考查空間中線線，線面、

面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力，考查函數(shù)與方程思想，是中檔題.

⑴取PA的中點(diǎn)M,連結(jié)FM,DM,推導(dǎo)出四邊形DEFM為平行四邊形，EF〃DM,由此能證明EF〃

平面PAD.

（2）推導(dǎo)出4E10E,AE1AB,PA1AE,從而4E_L平面PA2,由此能證明平面4EF_L平面PAB.

22.答案：（1）證明：連接AC,與8。交于點(diǎn)N,則N為AC的中點(diǎn)，

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,

???四邊形2DEF為平行四邊形，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：連接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,且垂足為N,

_1

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

=-xV2x-xV2x2=

323

三棱錐4-CEF的體積為|.

解析：本題考查面面平行的判定，考查空間想象能力與思維能力，訓(xùn)練了三棱錐體積的求法，屬于

中檔題.

⑴連接AC,與8。交于點(diǎn)M則N為AC的中點(diǎn)，可得MN〃EC.由線面平行的判定可得MN〃平面EFC.

再由BF1平面ABC。,DE_L平面ABCD,且BF=0E,可得四邊形BDEF為平行四邊形,得到BD〃EF.

由面面平行的判定可得平面BDM〃平面EFC；

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

平面BDEF,然后代入棱錐體積公式求解.

23.答案：解：(1)證明：???/!￡_L平面BCE,BC、BEu平面BCE,

AE±BE,AE1BC,

又8c_L4B,且4BnAE=A,AB、AE在平面ABE內(nèi),

???BC，平面ABE,DCC平面.ASC'O,

*平面4BCCJ■平面ABE；

AE=1,AB=2,AE1BE,

：.BE=V3，

設(shè)4F=h,

則尸(0,0h),E(f1,O),B(0,2,0),

???BF=(Y，-1,0)，喬=(0,-2,九)，

設(shè)平面的一個(gè)法向量為記=(x,y,z),

則舊旦=0,

tn-BF=0

.(x—V3y=0

(2y—hz=0

取y=l,得有=(百,1,；),

易知，記=(1,0,0)為平面ABF的一個(gè)法向量,

由題意得：

..mn,V3V6

cos<m,n>\=\=-r==—

I利列J4+^4，

解得：/i=1,

故當(dāng)尸為AC中點(diǎn)時(shí)，滿足題意.

解析：本題考查了線面垂直，面面垂直，二面角的求法，難度適中.

(1)先證BC1平面ABE,進(jìn)而得面面垂直；

(2)建立空間坐標(biāo)系，利用空間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)證明：在等腰AAPB中，cos4ABp=迦=匕

AB3

則由余弦定理可得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：設(shè)平面MG與棱CD交于點(diǎn)M連接EM如下圖:

因?yàn)镚F//AD,所以GF〃平面ABCZ),從而可得EN〃AD.

延長FG至點(diǎn)M,使GM=CF,連接CM,MN,

則4FE-OMN為直三棱柱.

"到AE的距離智PE=￥，〃E

172427yf2

???^hAEF=-X-X—^―=—^―■

2339

,77夜?14A/21742.7A/2

?'?^AFE-DMN=丁X2=—^-,VG-DMN=]義—X1=—

?'?^AFENDG=^AFE-DMN—%-DMN=

^-VP-ABCD~^XPEXS矩形ABCD=竽

35>/2,8y[235依-_

???Vlz左：7TZ右=亍：（亍一?。?o35:3Q7.

解析：本題考查線面垂直的判定及面面垂直的性質(zhì)，同時(shí)考查幾何體的體積.

(1)要證線面垂直，就要證線線垂直，而本題中有面面垂直，只要證PE與AB垂直即可，這可在△

APB中解三角形可得.用余弦定理求邊長，用勾股定理證明垂直；

(2)先將平面EFG這個(gè)截面補(bǔ)全，設(shè)平面EFG與棱CD交于點(diǎn)N,連接EM因?yàn)镚F〃AO,所以GF〃

平面ABC。，從而可得EN〃/W.延長FG至點(diǎn)M,使GM=CF,連接DW,MN,則力FE-DMN為直

三棱柱.求出它的體積的，然后可得另一部分的體積.

25.答案：(1)證明：依題意，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,

連接CF,???四邊形ACEF是菱形，4EJ.FC,

又*BCCFC=C,：.AE_L平面BCF,

BFu平面BCF,：.BF1AE.

解：(2)取EF的中點(diǎn)M,連接MC,

???四邊形ACEF是菱形，且4C4F=60。.

由平面幾何知MC1AC,???平面ACEF1平面ABCD,

MC_L平面ABCD.

故此可以CA、CB、CM分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

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

設(shè)平面BEF為元=(x,y,z),

?：~BF=(V3,-2,3).EF=(28,0,0).

..由［藝］=任_2y+3z=0,取丫=3,得五=(0,3,2),

同理，得平面DEF的法向量為訪=(0,3,-1),

設(shè)二面角B-EF-。的平面角的平面角為。，

?-叵碼一二一-型四

“C°SU-|SNSf|-V130130'

故二面角B-EF-。的平面角的余弦值為巫.

Xy

解析：本題考查線線垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的

位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題.

(1)推導(dǎo)出BC14C,BCACEF,AE1BC,連接C凡AE1FC,由此能證明4E_L平面

從而BF1AE.

(2)取EF的中點(diǎn)連接MC,以CA、CB、CM分別為X、＞、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，由此能求

出二面角B-EF-D的平面角的余弦值.

26.答案：證明(1)因?yàn)榈酌鍭BCO為平行四邊形，設(shè)。為AC與8。的交點(diǎn)，

所以。為B0的中點(diǎn)，

又例為側(cè)棱PB的中點(diǎn)，

所以。用為4BDP的中位線，

所以O(shè)M〃PO,

因?yàn)?。Mu平面AMC,PD仁平面AMC,

所以PD〃平面

(2)過點(diǎn)P作AB的垂線，設(shè)垂足為點(diǎn)N.在平面ABCC內(nèi)，過點(diǎn)N作4B的垂線，

垂線交直線CZ)于Q.則NPNQ為二面角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，若過點(diǎn)P作AO的垂線尸7,則PT，平面ABCD.

又?.?過平面外一點(diǎn)作平面的垂線有且只有一條.PN與PT重合.

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

PA1平面ABCD.

解析：

本題考查了三角形中位線定理、線面平行的判定定理、等腰三角形的性質(zhì)、線面與面面垂直的判定,

考查了推理能力，屬于簡單題.

(1)利用三角形中位線定理、線面平行的判定定理即可證明；

(2)利用線面與面面垂直的判定即可證明.

27.答案：(1)由已知PHOHC=H,

則BH，平面PDC,又因?yàn)镻Du平面PDC,所以，

又因?yàn)镻O_LP3.PS3,所以PD1平面P8M

(2)方法一：如圖，過點(diǎn)。作OE〃BH,交A8于E,連接

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

同理，DH='PH?+PDW=BE，所以PE=BE=夜，

又因?yàn)镻H=HC=1,PB=BC=近,于是取PB中點(diǎn)G,貝!|EG1PB.GH1PB,

則4EGH即為二面角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〃為原點(diǎn)，建立如圖空間直角坐標(biāo)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)

設(shè)平面的一個(gè)法向量為元=(%,y,z),

.可營=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的一個(gè)法向量為沌=