必修二第八章《立體幾何初步》單元訓練題（高難度）（11）

一、單項選擇題（本大題共5小題，共25.0分）

1.己知異面直線6所成的角為60。，過空間一點。的直線與a,b所成的角均為60。，這樣的直

線有（）

A.1條B.2條"C.3條D.4條

2.己知某圓柱的底面直徑與某圓錐的底面半徑相等，且它們的表面積也相等，圓錐的底面積是圓

錐側面積的一半，則此圓錐與圓柱的體積之比為（）

A.8:5V3B.4:5V3C.273:5D.4:11V3

3.一個幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖和俯視圖中的四邊形是邊長為2的正方形，則該兒

何體的表面積為（）

A.手B.7兀C.當D.87r

22

4.a,b,c表示直線,M表示平面，給出下列四個命題:①若可/M,；②若buM,a//b,則

a//M；③若ale,blc,^a//b；④若則a〃。其中正確命題的個數有（）

A.0B.1C.2D.3

5.在下列條件中，可判斷平面a與平面/?平行的是（）

A.a、口都垂直于平面y

B.a內存在不共線的三點到平面的距離相等

C.I,，〃是a內兩條直線，且”/3,小〃0

D./,優是兩條異面直線，S.l//a,m//a,Z///?,m///?

二、多項選擇題（本大題共1小題，共4.0分）

6.已知正方體ABCD棱長為2,M為eq上的動點J?平面a.下面說法正確的是（）

A.直線A8與平面a所成角的正弦值范圍為［⑨,虺.

32

B.點M與點G重合時，平面a截正方體所得的截面，其面積越大，周長就越大

C.點M為CG的中點時，若平面支經過點8,則平面a截正方體所得截面圖形是等腰梯形

D.已知N為DDi中點，當ZM+MN的和最小時，M為CG的中點

三、填空題（本大題共13小題，共65.0分）

7.在正方體4BCD-A$iCiDi中，M,N,。分別是棱。道1，A^,BC的中點，點P在BD】上且

BP=|BDi，則下面說法正確的是.

①MN〃平面APC；②GQ〃平面APC；③A,P,M三點共線；④平面MNQ〃平面APC.

8.在直四棱柱ABCC—4B1GD1中，側棱長為6,底面是邊長為8的菱形，且N4BC=120。，點E

在邊BC上，且滿足BE=3EC,動點M在該四棱柱的表面上運動，并且總保持ME18劣，則

動點M的軌跡圍成的圖形的面積為;當MC與平面ABCO所成角最大時,異面直線MG與

AC所成角的余弦值為.

9.在長方體48以）一4$1的。1中，&C和與底面為B1GD1所成的角分別為60。和45。，則異面直

線和所成的角的余弦值為.

10.如圖，圓形紙片的圓心為O,半徑為6cm,該紙片上的正方形ABC。的中心為O.E,F,G,H為

圓。上的點，團4BE,團8c凡E1CDG,囪4DH分別是以4B,BC,CD,04為底邊的等腰三角形，沿

虛線剪開后，分別以AB,BC,CD,ZM為折痕折起回ABE,團BCF,因CDG,回ADH,使得E,凡G,“重

合，得到一個四棱錐，當該四棱錐的側面積是底面積的2倍時，該四棱錐的外接球的體積為

11.已知四棱錐S-HBCD的所有頂點在同一球面上，底面ABC。是正方形且球心O在此平面內，當

四棱錐的體積取得最大值時，其表面積等于16+16V3,則球。的體積等于.

12.已知P,A,B,C是球O的球面上的四個點，P41平面ABC,PA=2BC=6,ABA.AC,則球

O的表面積為.

13.已知兩條直線相、〃，兩個平面a、0,給出下面四個命題：@m//n,m1a=>n1

a；②a〃￡,mua,nu￡=m〃n；（3）m//n,m//an//a；④a〃

P，m//n,m1a=>n1

其中正確命題的序號是.

14.如圖所示，在長方體48。。-4/16。1中，8%=815,點E是棱CQ上的一個動點，若平面BE%

交棱于點F,給出下列命題：

①四棱錐&-BEDiF的體積恒為定值；

②存在點E,使得小。，平面BO/；

③存在唯一的點E,使得截面四邊形的周長取得最小值；

④存在無數個點E,在棱AO上均有相應的點G,使得CG〃平面也存在無數個點E,對

棱4力上任意的點G,直線CG與平面EBD]均相交.其中真命題的是.（填出所有正

確答案的序號）

15.如圖，已知二面角a-1-0的大小為60。，其棱上有A,8兩點，直線AC,BZ）分別在這個二面

角的兩個半平面內，且都垂直于48,已知AB=2,AC=3,BD=4,則線段CO的長為.

16.如圖所示，某幾何體由底面半徑和高均為1的圓柱與半徑為1的半球對接而成，在該封閉幾何

體內部放入一個小圓柱體，且小圓柱體的上下底面均與外層圓柱的底面平行，設小圓柱體底面

半徑為cos。，則小圓柱體積的最大值為.

17.如圖，已知球。是棱長為1的正方體ABCD-4B1GD1的內切球，則平面AC/截球。的截面面

積為.

18.將48=條邊長為1的菱形4BC。沿對角線AC折成大小等于。的二面角AC—O,若

0e[py],M,N分別為AC.BD的中點，則下面的四種說法中：（需要給圖）

①AC1MN;

②DAI與平面4BC所成的角是0；

③線段MN的最大值是*最小值是手；

④當。=］時，BC與4。所成的角等于

其中正確的說法有(填上所有正確說法的序號).

19.一個圓錐的側面展開圖是半徑為3,圓心角為120。的扇形，則該圓錐的體積為.

四、解答題(本大題共U小題，共132.0分)

20.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面4BCD是邊長為4的菱形，/.DAB=60°,PA=PD=2金,

尸為AB的中點，PF1.AC.

(1)求證：面尸4。1面ABCD-,(2)求三棱錐B-PCF的體積.

21.如圖，A,B,C,。為空間四點.在△ABC中，AB=2,AC=BC=V2,等邊△ACB以AB為

軸運動.

(1)當平面4DB_L平面ABC時，求CD；

(2)當AADB轉動時，是否總有4B1CD?證明你的結論.

22.如圖，菱形48co的邊長為12,^BAD=60°,AC與BO交于。點.將菱形A8C。沿對角線AC

折起，得到三棱錐B-4CD,點M是棱8C的中點，DM=66

(/)求證：平面0CM平面A8C；

(〃)求二面角M-AD-C的余弦值.

23.如圖:ABC。是平行四邊形,4PI5?ffiABCD,BEHAP,AB=AP=2,BE=BC=1,^CBA=60°.

(1)求證：EC〃平面PAO；

(2)求證：平面「力。1平面后8。；

(3)求直線尸C與平面PABE所成角的正弦值.

24.如圖，三棱柱4BC-4181cl中，CA=CB,AB=AAr,Z-BAAX=

(1)證明：4BJ.&C；

(2)若平面ABC1平面441&B,AB=CB=2,求直線41c與平面B&GC所成角的正弦值.

25.如圖，在四棱錐P-4BCD中，PAI5??ABCD,Z.ABC=/.BAD=90°,AD=AP=4,

AB=BC=2,M為PC的中點，點N在線段AQ上.

(/)點N為線段的中點時，求證：直線P4〃BMN；

(〃)若直線MN與平面P2C所成角的正弦值為右求平面P8c與平面所成角。的余弦值.

26.求圖中陰影部分繞A8所在直線旋轉一周所形成的幾何體的表面積和體積.

27.如圖，在四棱錐P—4BCD中，底面ABC。為平行四邊形，^ADC=45%AD=AC=1,。為

4c的中點，P。，平面A8C。，PD=2,M為P0的中點.

(1)證明：PB〃平面ACM.

(2)證明：4D1平面PAC；

(3)求直線AM與平面ABCD所成角的正切值.

28.如圖,三棱柱4BC-4/iCi中，側面BBiGC為菱形,&C的中點為0,且A。_L平面BB?C.

(1)證明：BiClAB；

(2)若4cd.AB】，Z-CBBi60,BC=1,求三棱柱ABC-4務口的高.

29.如圖，邊長為5的正方形A8C￡＞與矩形ABEF所在平面互相垂直，M,N分別為AE,8c的中點,

AF=4.

(1)求證：DA_L平面A8EF；

(2)求證：MN〃平面CDEF-,

(3)在線段FE上是否存在一點P,使得AP1MN?若存在，求出FP的長；若不存在，請說明

理由.

30.如圖，直三棱柱4BC-中，&Ci=BiG，4cli418,M,N分別是公名、AB的中點.求

證：

(I)GM_L平面/MBMi；

(UM/J.4M；

(HI)平面4MG〃平面NBiC.

【答案與解析】

1.答案：C

解析：

本題考查滿足條件的直線條數的求法，考查異面直線的定義等基礎知識，考查運算求解能力，考查

函數與方程思想，是中檔題.

過。作a'〃a,b'〃b設直線a'、b'確定的平面為a,由異面直線人成60。角，得直線a'、b'所成銳角

為60。，當直線/在平面a內時，能推出一條直線/與〃都成60。角；當直線/與平面a斜交時，

若它在平面a內的射影恰好落在直線a'、"所成的銳角平分線上時，直線/與〃所成角相等.由此

能求出結果.

解：過。作a'〃a，b'//b,

設直線a'、b'確定的平面為a,

:異面直線“、b成60。角，

直線a'、b'所成銳角為60。

①當直線/在平面a內時，

若直線/平分直線a'、b'所成的鈍角，

則直線/與〃、匕都成60。角；

②當直線/與平面a斜交時，

若它在平面a內的射影恰好落在

直線a'、b'所成的銳角平分線上時，直線/與“、人所成角相等.

此時/與a'、b'所成角的范圍為［30。,90。］,

適當調整/的位置，可使直線/與〃、人也都成60。角，這樣的直線/有兩條.

綜上所述，過點P與a'、b'都成60。角的直線，可以作3條

???a///a,b,//b,

???過點。與a'、b'都成60。角的直線，與“、從也都成60。的角.

故選C.

2.答案：A

解析：

本題考查簡單幾何體的表面積與體積，考查空間想象能力.

由圓錐的性質求得圓錐的底面半徑r與母線長/之間的關系，求出圓錐的體積，再求得圓柱的高為電與

，?的關系，求得圓柱的體積即可.

解：設圓錐的底面半徑為r,母線長為/,貝Ei=[x]x2仃1，即:2r,所以圓錐的高瓦=V3r.圓

錐的體積匕=-nr2^=—nr3-

1313

由題意，知圓柱的底面半徑為；，設圓柱的高為電，因為圓錐與圓柱的表面積相等，所以3仃2=

2吒）2+2兀（*2,解得九2=|r，

所以圓柱的體積彩=兀6）2九2==兀八，故無=匯=2.

3

N8y2-Ttr5V3

故選A.

3.答案：B

解析：

本題考查了空間兒何體的三視圖，圓柱、圓錐、圓臺的側面積、表面積和體積和球的表面積和體積.

利用空間幾何體的三視圖得該幾何體，再利用圓柱和球的表面積計算公式計算得結論.

解：由三視圖可知，該幾何體一個底面半徑為1,高為2的圓柱和半徑為1的球的;的組合體，

因此該幾何體的表面積為27rx1x2+2xJrx12+-x4TTx1J77r.

q

故選&

4.答案：B

解析：

本題考查空間中兩條直線的位置關系，線面平行的判定定理、線面垂直的性質定理，屬于基礎題.

對于四個命題：①平行于同一平面的兩直線有平行、相交、異面三種情況；②由線面平行的判定定

理判斷：③垂直于同一直線的兩直線有平行、相交、異面三種情況；④由線面垂直的性質定理判斷.

解：對于①，可以翻譯為：平行于同一平面的兩直線平行，錯誤，還有相交、異面兩種情況；

對于②，若bua,a//b,若aca,則a〃a不成立，故錯誤；

對于③，垂直于同一直線的兩直線平行，在平面內成立，在空間還有相交、異面兩種情況，錯誤；

對于④，垂直于同一平面的兩直線平行，由線面垂直的性質定理可知正確.

故選民

5.答案：D

解析:

本題主要考查了兩個平面之間的位置關系，通過舉例子，和特殊圖形來進行判斷，或使用排除法.

解：利用排除法：對于A：如圖所示：

對于B：a內不共線的三點到0的距離相等，必須是a內不共線的三點在0的同側.

對于C：I,〃，是a內的兩條直線且，〃/?,rn//p,/和膽不是平行直線.

故選D.

6.答案：AC

解析：

本題考查了立體幾何的綜合問題，考查學生的分析推導能力，計算求解能力，屬于困難題.

對于A,建立空間直角坐標系設點M(0,2,a)(0SaS2),求出|cos＜四，詞＞|從而即可求解.

對于8,結合題意連接40、BD、&B、AC,結合線面垂直的性質定理即可求解.

對于C,設平面a交棱于點E(80,2),從而利用空間向量即可求解.

對于D,將矩形4CG4與矩形CGDiD延展為一個平面即可推導求解.

解：對于A選項，以點。為坐標原點，D4、OC、所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角

坐標系。-xyz,

則點4(2,0,0)、B(2,2,0)、設點M(0,2,a)(0Wa＜2),

"AM1平面a,則祠為平面a的一個法向量，且施=(—2,2,a),AB=(0,2,0),

|cos〈艱祠>|=晅晅=T==*=e盧芻，

11\AB\-\AM\2xVa2+8Va2+8L3'2J

所以，直線AB與平面a所成角的正弦值范圍為[①,上],A選項正確；

對于8選項，當例與G重合時，連接&D、BD、&B、AC,

在正方體4BC0-4為口劣中，CGABCD,

,:BDu平面ABCD，:.BD1CC1；

???四邊形ABCD是正方形，則8DJL4C,

CC]nAC=C>>,-BD_L平面ACC1，

???Au平面ACC],ACX1BD,

同理可證AC】1A1D,

A-[DnBD—D,??4cl平面&BD,

易知回A/D是邊長為2a的等邊三角形，

其面積為，4遇。=手X(2/=2百，

周長為2V2X3=6V2.

設E、F、Q、N、G、H分別為棱力/1、BBi、BC、CD、DD1的中點,

易知六邊形EFQNGH是邊長為魚的正六邊形，且平面EFQNG〃〃平面

正六邊形EFQNGH的周長為6混，面積為6X手x(魚『=38，

則日的面積小于正六邊形EFQNG”的面積，它們的周長相等，B選項錯誤;

對于C選項，設平面a交棱于點E(b,0,2),點M(0,2,l),AM=(-2,2,1).

vAMJ_平面a,DEu平jfja,

:.AM1DE,

即福?屁=-2b+2=0，得b=1,

???E(1,0,2),

所以，點E為棱的中點，

同理可知，點F為棱為&的中點，

則尸(2,1,2),前=(1,1,0)，

而加=(2,2,0)，???市=(麗，

:.EF//DBREF手DB,

由空間中兩點間的距離公式可得DE=V22+02+I2=V5.

BF=J(2-2■+(1—2<+(2-0)2=V5)

??.DE=BF,

所以，四邊形BDEF為等腰梯形，C選項正確；

對于。選項，將矩形4CG4與矩形CQDiD延展為一個平面，如下圖所示:

若AM+MN最短，則A、M、N三點共線,

???，

=山乙=2_近,

DNAD2V2+2

VMC=2-&制CG，

所以，點M不是棱CG的中點，。選項錯誤.

故選AC.

7.答案：②③

解析:

本題考查直線與平面平行的判定，屬基礎題.

解：①MN〃4C,連接AM、CN,易得AM、CN交與點P,即MNu面PAC,

所以MN〃面APC是錯誤的；②平面APC延展，可知M、N在平面APC上，4N〃GQ所以GQ〃面

APC,是正確的；

③由BP=|BD1，以及由①可知A,P,M三點共線是正確的；

④直線AP延長到例，則M在平面MN。，又在平面APC,面MNQ〃面APC,是錯誤的.

故答案為②③.

8.答案：156；互匣

17

解析:

本題考查利用空間向量法解決立體幾何問題，考查直觀想象與數學運算的核心素養，屬于難題.

首先可證BD114C,在A8上取凡使得BF=3R4,連接EF,則EF〃、C',可得BD^IEF.記AC

與BC的交點為0,以。為坐標原點，建立空間直角坐標系。-xyz,在BBi上取一點G,由西-EG=0.

求出G點的位置，從而得到動點M軌跡，即可求出動點〃的軌跡圍成的圖形的面積，顯然當M與

G重合時，MC與平面ABCO所成角最大，利用空間向量法求異面直線所成角的余弦值.

在直四棱柱力BCD—ABiGDi中，因為底面是菱形，側棱垂直底面,

所以4c，平面BDD1B1，

又8名u平面8叫81，

所以BO】LAC.

在AB上取F,使得BF=3FA,連接EF,則EF//AC,所以1EF.

記AC與8。的交點為。，以。為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系。-xyz,

則B(4,0,0),Di(-4,0,6),E(l,3>/3,0).

在BBi上取一點G記為G(4,0,t),于是西=(-8,0,6),EG=(3,-3V3,t).

由西?前=一24+6t=0，得t=4,即BG=2GBi，

所以12EFG的邊為點M的運動軌跡.

由題意得尸G=yjBF2+BG2=2g，EF=^AC=：x8遮=6點，

22

動點M的軌跡圍成的圖形的面積為之X6V3XJ(2V13)-(3V3)=156.

顯然當M與G重合時，與平面ABC。所成角最大.

因為M(4,0,4),G(0,48,6),

所以西=(-4,473,2).|MQ|=J(-4)2+(4>/3)2+22=2v17，

因為直線AC的一個方向向量為記=(0,1,0)，

所以cos〈西㈤=繇=篇=等,

即異面直線MG與AC所成角的余弦值為等.

故答案為：15代；出.

17

9.答案：.

4

解析：

本題主要考查異面直線所角的基本求法，若所成的角在直角三角形中，則用三角函數的定義，若在

一般三角形中則用余弦定理.

設8亞=a,%C和Q0與底面&BiC也所成的角分別為60。和45。推知8c=a,DC=fa推知表示出

長方體從一個頂點出發的三條棱的長度推知面對角線的長度，再用余弦定理求解.

解：設8$=a,

???B1C和G。與底面&B1G5所成的角分別為60。和45。

???BC=a,DC=—a

3

l25/325/3

?'?A^D=V2Q,DC1=—-—a,AiG=—-—ct

由余弦定理得：cos“出。=”；鬻薩=,

故答案為在.

4

10.答案：咨包

27

解析：

本題主要考查三棱錐的應用，熟悉導數求函數最值的方法是解答本題的關鍵，屬于難題.

解：：如圖，連結OE交AB于點/,設E,凡G,〃重合于點P.

正方形的邊長為x(x>0),則0/=；,；E=6-f.

該四棱錐的側面積是底面積的2倍，???6=2?；,解得x=4.

設該四棱錐的外接球的球心為Q,外接球半徑為R,則0C=2V2,0P=忡R=2V3，

R2=(2V3-/?)2+(2煙2,

解得R=意外接球的體積V=如|>=畤磐

故答案為隨包

27

11.答案：空空

3

解析：

本題考查球內接多面體，球的體積，解題的關鍵是確定球的半徑，再利用公式求解.

當此四棱錐體積取得最大值時，四棱錐為正四棱錐，根據該四棱錐的表面積等于16+16次，確定該

四棱錐的底面邊長和高，進而可求球的半徑為凡從而可求球的體積.

解：解：由題意，當此四棱錐體積取得最大值時，四棱錐為正四棱錐，

???該四棱錐的表面積等于16+16g,

設球。的半徑為R,則4C=2R,SO=R,如圖，

該四棱錐的底面邊長為力B=&R，

則有(aR)2+4xgx&RXJ(手尸+R2=16+16百，

???R=2yj2

???球0的體積是。R3=絲&

33

故答案為絲包.

3

12.答案：457r

解析：

本題考查多面體外接球表面積的求法，考查“分割補形法”，屬于中檔題.

由PA，平面4BC,把四面體PA8C補形為長方體，求出長方體對角線長，可得四面體外接球的半徑,

代入表面積公式求解.

解：如圖，補全圖形得到一個長方體，則PO即為球。的直徑.

又P4J■平面ABC,PA=2BC=6,ABA.AC,

所以AD=BC=3,

因此直徑PD=y/PA2+AD2=36,

即半徑為辿.

2

S球=4nR2=457r.

故答案為457r.

13.答案：①④

解析：

本題給出關于空間線面位置關系的命題，要我們找出其中的真命題，著重考查了線面平行、面面平

行的性質和線面垂直、面面垂直的判定與性質等知識，屬于中檔題.

根據線面平行的性質定理，可得①是真命題;通過在正方體中舉出反例，得到②不正確;根據線面平

行的判定與性質，可得③不正確;根據面面平行的性質結合線面垂直的性質定理，可得④是真命題,由

此可得本題的答案.

解：m//n,m1a=>n1a；這是線與面垂直中出現的定理，故①正確；

a///?,mca,nu￡n7n〃n或〃?，"異面，故②不正確；

m//n,m〃a=n〃a或nua,故③不正確：

a//p,m//n,m_La可以先得到n1a進而得到n1￡,故④正確，

故答案為①④.

14.答案：①②③④

解析：

本題考查空間中直線與平面的平行，垂直關系及棱錐的體積計算，解答的關鍵是熟練掌握線面平行

與垂直和面面平行的性質定理與判定定理，屬于中檔題.

由/T-BEDIF=,結合線面平行的定義,可判斷①：由線面垂直的性質定理可判

斷②：由面面平行的性質和對稱性，可判斷③；由線面的位置關系可判斷④.

解：由41-BEDiF=VE-BBM+CCJ/44】〃平面口當。［,

可得E”到平面的距離為定值，可得四棱錐Bi-BEDiF的體積為定值，故①對；

=可得對角面BBiDi。為正方形，可得當D1BD1，

若BE1B1C,由線面垂直的性質定理可得J。1BE,即有8山J?平面BD】E,故②對;

由面面平行的性質得四邊形8ED1F為平行四邊形，

22

不妨設4B=a,BC=b,由題意，BB1=>Ja+b,

將BBiGC與。DiGC翻折到同一平面，連接B,BDi與GC的交于點E,即為BE+ED]的最小值

點，

設EC=t,

222

???四邊形BE。/的周長為2(BE+EDr)=2,J(a+b)+a+b,此時t=."'；：；虻，

故存在唯一的點E,使得截面四邊形BEQF的周長取得最小值，故③正確.

可作出過CG的平面與EBDi平行，由面面平行的性質定理可得

存在無數個點E,在棱AQ上均有相應的點G,使得CG〃平面EBD],

同理可得也存在無數個點￡對棱上任意的點G,直線CG與平面EBDi均相交，

故④正確.

故答案為①②③④.

15.答案：>/17

解析：

本題考查線段長的求法，解題時要注意空間思維能力的培養，注意向量法的合理運用，由題設條件

2

知CD-CD=[CA+AB+BD)此利用向量法能求出CD的長?

解：???在一個60。的二面角的棱上，

有兩個點A、B,AC、8。分別是在這個二面角的兩個半平面內垂直于AB的線段，

且AB=2,AC=3,BD=4,

TT—>—>)2

CDCD=(CA+AB+80)，

=CA-CA+AB-AB+BD-BD+2CA-AB+2CA-BD+2AB-BD

=9+4+16+2x3x4xcosl20°

=17,

CD的長|同=717.

故答案為g.

327r

16.答案:

7T

解析：

本題考查圓柱體積公式，考查利用導數求函數的最值，難度較大.

根據圓柱體積公式構建函數，求導數研究函數的單調性即可求得結果.

解：小圓柱的高分為上下兩部分，上部分的高同大圓柱的高相等，

為1,下部分深入底部半球內.設小圓柱下部分的高為九(0<九<1),

底面半徑為r(0<r<1).由于r,〃和球的半徑構成直角三角形，

即產+F=1,所以小圓柱體積V=nr2(h+1)=TT(1-/i2)(7i+1)(0</i<1),

求導得M=-7T(3/l-l)(/i+1).

當0〈九<%>0,體積V單調遞增；

當［<九<1時，7<0,體積V單調減.

所以當無=5時，小圓柱的體積取得最大值，

即Knax=〃(l_}xG+l)=等,

故答案為三.

2/

.,、7T

17.答案：

6

解析：

本題考查了正方體和它內切球的幾何結構特征，考查了空間想象能力與數形結合的思想.屬于基礎題.

根據幾何體的結構特征想象出截面圖的形狀，知平面ADG截球的截面是△AC。1的內切圓，求出內切

圓的半徑計算即可.，

解：平面AOG截球的截面是AACOI的內切圓，

又△AC%是邊長為近的正三角形，則內切圓的半徑為,,=^tan-二典、

266

???平面4CD1截球的截面面積為S:萬戶

O

故答案為6?

18.答案：①③

解析：

本題考查與二面角有關的立體幾何綜合問題及空間角與距離，同時考查線面垂直的判定及面面垂直

的判定，逐一判斷即可.

解：翻折后如圖所示：

因為BM14C,DM1AC,BMClDM=M,

所以AC_L平面又MNu平面BMC,所以AC1MN,

所以①正確，

因為AC_L平面BMC,ACu平面ABC,所以平面BMD1平面ABC,

又因為BMJ.AC,DMVAC,所以4BMD=8,NBMO或其補角為與平面ABC所成角,

所以OM與平面ABC所成角為。或兀-9.

所以②不正確；

又因為BM=DM,

所以MN1BD,

在ABM。中，Z.BMD=9,BM=DM=—，

2

當。=?時，/N的最小值為立，

34

當。時，MN的最大值為京

所以③正確。

因為當9=1時，則有NBMD=90°,

所以BM1平面ACD,MD_L平面ABC,

所以MZXLBC.

若BC與AQ所成角等于壬即BCJ.AD,

且ACCM。=D.

所以BC1平面AC￡),

這與BM1平面AC。相矛盾，

所以④錯誤，

故答案為①③.

19.答案：』

3

解析：

解：如圖，

設圓錐的底面半徑為r,貝1]2仃=3工學得r=L

則圓錐的高h=V32—I2=2或.

圓錐的體積V=izrxI2x2V2=誓7T.

故答案為：

3

由題意畫出圖形，設圓錐的底面半徑為r,由展開后所得扇形的弧長等于圓錐底面圓的周長求得底面

半徑，進一步求出圓錐的高，代入圓錐體積公式求解.

本題考查圓錐體積的求法，考查剪展問題的求解方法，是中檔題.

20.答案:解：(1)取AQ的中點0,連接P0、尸0、8。,如圖所示；由四邊形ABC。為菱形，所以AC1BD,

又0、F分別為A。、AB的中點，

所以0F//BD,所以4c_L0F；又PF_LAC,OFCPF=F,

所以AC工平面POF；又POu平面尸OF,所以P01AC,又。為AO的中點，

且PA=PD；所以PO1AD,EADCiAC=A,

所以P。，平面ABCD；又P。u平面PAD,

所以平面240_L平面A3CZ)；

(2)由(1)知，2。，平面呂。"，PO=y/PA2-A02=2,

在菱形ABC。中，尸為48的中點，/.DAB=60°,所以8F=2,/.FBC=120°,BC=4,

所以△FBC的面積為SMBC=Tx2x4xsinl20°=273；

所以三棱錐B-PCF的體積為匕/糊一PCF=V三棱錐P-BCF=1-SMBC?P。=5x2遮x2=竽.

解析：本題考查線面垂直的證明，考查三村錐的體積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位

置關系，考查運算求解能力，考查數形結合思想，是中檔題.

(1)4。的中點O,連接P。、FO、BD,先證P014D,且ADnAC=4

故P。_L平面ABCD；又POu平面PAD,故平面PAD，平面ABCD；

(2)推導出P。_L平面BCF,PO=>/PA2-A02=2.故4FBC的面積為S^BC=[X2X4Xsinl20°=

2A/3;三棱錐B—PCF的體積為V三援黜-PCF='三段函-BCF,即可求解?

21.答案：解：（1）取A8的中點E,連接DE,CE,

因為AQ8是等邊三角形,

所以DE1AB.

當平面ADB_L平面ABC時,

因為平面ADBn平面ABC=AB,

所以OE1平面ABC,

可知OE1CE,

由已知可得DE=V5，CE=1,

在RMDEC中.CD=y/DE2+CE2=2;

（n）當4408以A8為軸轉動時，總有4B1CD,

證明：（回）當力在平面ABC內時，因為AC=BC,AD=BD,

所以C,。都在線段AB的垂直平分線上，^ABLCD,

（回）當。不在平面ABC內時，由（1）知ABIDE,

又因4c=BC,

所以AB1CE,

又DEnCF=F,

所以48，平面CDE,

由COu平面CDE,

得ZB1CD,

綜上所述，總有AB1CD.

解析：本題考查了面面垂直的性質和線面垂直的判定，

(1)取出AB中點E,連接QE,CE,由等邊三角形AOB可得出DE_L4B,又平面4DB，平面ABC,

故QE_L平面A8C,在RMOEC中用勾股定理求出C￡)；

(2)總有力B1CD,當。6面ABC內時，顯然有1CD,當。在而ABC外時，可證得AB，平面CDE,

定有4B1CD.

22.答案：解:(/)證明：???ABCD是菱形，

:.AD=DC>0D1AC,

△ADC中，AD=DC=12,AADC=120°,

OD=6,

又M是BC中點,

???OM=^AB=6,MD=6A/2,

???OD2+OM2=MD2,

DO1OM,

,：OM,ACcffiABC,OM^AC=0,OM,ACc?ABC,

OD1面ABC,

又：ODu平面ODM,

平面ODM_L平面ABC.

(〃)由題意，ODLDC,OB1OC,又由(/)知。810。，

以。￡>,OC,OB為x,y,z軸建立如圖所示空間直角坐標系：

由條件知：0(600),4(0,—66,0),M(0,3V3,3)

故初=(0,9於3),同=(6,673,0)，

設平面AM。的法向量記=(x,y,z),

則產邈=。，即『島+：z=。，令6，則＞3,z=9,

(記?40=0(6%+6V3y=0/

???fn=(3,-V3,9).

由條件知OB1平面ACD,故取平面ACD的法向量為元=(0,0,1),

所以，cos〈沆，元>=言善=與?，

|m||n|31

由圖知二面角M-AD-C為銳二面角，

故二面角M-AD-C的余弦值為迪.

31

解析：本題考查面面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查推理論證能力、空間思維能力、

運算求解能力，考查等價轉化思想、數形結合思想，是中檔題.

(/)推導出0D14C,DO10M,從而可證。01面ABC,由此能證明平面OOM_L平面ABC；

(〃)由0D1OC,OB1OC,OB10D,建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角M-AD-C的

余弦值.

23.答案：(1)證明：因為BE〃P4,BEC平面PA。，P4u平面PAD,

所以BE〃平面PAO,同理8c〃平面PAD,

因為BECBC=B,PAOAD=A,

所以平面PAD〃平面EBC,因為ECU平面EBC,所以EC〃平面PAD

(2)證明：因為AB=2,BC=1,ACBA60',由余弦定理得，AC=V3.

所以由勾股定理逆定理N3U490,

所以AC1BC,

又因為P.虹平面ABCD,BE//AP,

所以BE_L平面ABC。，ACu平面ABC。

所以BEJLAC,則有AC1?平面E8C,ACu平面PAC,

所以平面BEC_L平面PAC.

(3)作CHIAB于，，連結P”,又因為CHIP4

所以CH_L平面PABE,所以NHPC即為線面角，

因為AC=>JAB2-BC2=V3>HC==—=恒,PC=122+(V3)2=近，

所以sin/HPC=器—.

PC14

解析：本題考查直線與平面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理以及直線與平面所成角的求解,

屬于中檔題.

(1)先證得BE〃平面尸AD,進而得到平面PA。〃平面EBC,通過面面垂直的性質，即可得到答案;

(2)先證得BE1平面A8CQ,再通過面面垂直的判定定理，即可得到答案；

(3)先找到直線與平面所成的角，進而求出角的正弦.

24.答案：(1)證明：取A8中點E,連結CE,AXB,aE,

八---------------------q

3

A

vAB=AAlfZ-BAA1=60°,

??.48441是正三角形，

:.ArE1AB,

???CA=CB,

CE1AB,

vCEAArE=E,

:.AB1CEAlf

???AB14傳；

(2)解：由(I)知：ECLAB,EAX1AB,

4/

又面4BC14昭41，

面ABC與面4BB14于AB,

???EC1ABB1A1,

EC1EA1,

EA.EC、E4兩兩相互垂直，

以E為坐標原點，EA的方向為x軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系。-xyz,

由題設知4(1,0,0),440,祗0),C(0,0,V3),5(-1,0,0),

：.BC=(1,0,V3),西=標=(-1,0,⑹，A^C=(0,-V3,V3),

設元=(x,y,z)是平面CBBiG的法向量，

(n-BC=0

“卜西=0'

on(%+V3z=0

(x+\/3y=0(

???可取元=(百,1,一1),

二皿禮祝”衛普=磔

、/向函5-

.??直線&C與平面BBiGC所成角的正弦值為唱.

解析：本題考查利用線面垂直證明線線垂直，及利用面面垂直的性質及平面的法向量求線面的夾角.

(1)證明4B1CEAr,從而證明4814C；

(2)由面面垂直的性質證明EC_LEa,建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用平面法向量與

中的夾角的余弦為線面角的正弦，注意符號的判斷.

25.答案：證明：(I)連結點AC,BN,交于點E,連結ME,

?:點N為線段AD的中點，AD=4,

???AN=2,■：4ABC=乙BAD=90°,AB=BC=2,

???四邊形ABCN為正方形，.,.E為AC的中點，

???ME//PA,

PA仁平面BMN,直線P4〃平面BMN.

解：(n)?.?PA_L平面ABCD,且AB,ADu平面ABCD,

???PA1AB,PA1AD,

/.BAD=90°,PA,AB,AQ兩兩互相垂直，

分別以AB,AD,AP為x,?z軸，建立空間直角坐標系,

則由4D=AP=4,AB=BC=2,得：

B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,4),

???M為PC的中點，2),

設AN=4,則N(0,尢0),(0<A<4),則而=(一1,"1,一2)，

FC=(0,2,0),麗=(2,0，-4),

設平面PBC的法向量為而=(x,y,z),

則/沅￡￡=2y=°,令》=2,得記=(2,0,1),

??,直線MN與平面P8C所成角的正弦值為g,

|MN?沆||—2-2|4

|cos<MN,m>

\MN\-\m\-j5+0-l)2?1-5*

解得a=l,則N(o,l,0),麗=(一2/，0),FM=(-1,1,2),

設平面BMN的法向量有=(xj,z),

則pt?BM=-x+y+2z=0

(n?B/V=-2x+y=0

令％=2,得元=(2,—4,3),

777145

cos"繇x/5-V29145

平面PBC與平面BMN所成角0的余弦值為巫.

解析：（I）連結點AC,BN,交于點E,連結ME,推導出四邊形4BCN為正方形，由此能證明直線

P4〃平面BMN.

（口）分別以AB,AD,A尸為x,?z軸，建立空間直角坐標系，由此能求出平面PBC與平面

所成角。的余弦值.

本題考查線面平行的證明，考查面面所成角的余弦值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意

向量法的合理運用.

26.答案：解：由題意知，所求旋轉體的表面積由圓臺下底面、側面和一半球面組成.

在直角梯形ABC￡?中，過。點作DEJ.BC,垂足為E,如圖所示.

在RtADEC中，CD=y]CE24-DE2=51所以S.球=8兀，S圓臺側=3STI,S圓臺下底=2Sit.

故所求幾何體的表面積為S羋球+S圓臺側+S圓臺下?底=687r.

因為圓臺的體積V="兀x22+7（7rX22）（7Tx52）+兀x52）x4=52兀,

半球的體積匕=1x^X7rx23=孩兀，

所以所求幾何體的體積為U-匕=-7T.

解析：本題考查了旋轉體的結構特征，表面積和體積的計算，屬于中檔題.

所求旋轉體的表面積由圓臺下底面、側面和一半球面組成，所求幾何體的表面積為S/球+S窗臺頗+

S窗臺正，分別求出各部分表面積，相加即可得到表面積，幾何體的體積為圓臺的體積減去半球的體

積.

27.答案：解：（1）證明：連接BO,MO,

在平行四邊形ABC。中，因為。為AC的中點，

所以。為8。的中點，又M為尸。的中點，所以PB〃MO,

因為PBC平面ACM,MOu平面ACM,

所以PB〃平面4cM；

(2)證明：因為乙4DC=45。，且4D=AC=1,

所以ZAOC=NACO=45°,/.DAC=90°,即4。_LAC；

又PO1平面ABCD,ADu平面ABCD,

所以尸。J.AD,ACdPO=0,4D1平面PAC；

(3)解：取。。中點N,連接MMAN,

因為用為「。的中點，所以MN〃PO,且MN=：PO=1,由PO1平面ABC。，得MN_L平面A8CC

所以/MAN是直線AM與平面ABCD所成的角.

在RtA/M。中，AD=1,AO=-,所以。。=些，

22

AN=-D0=-，MN=1P0=1,

242

.qf,A.△ZMN14^5

在RtAANM中，tan^MAN=—=,

4

即直線AM與平面ABCD所成的正切值為延.

5

解析：本題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、直線與平面所成的