必修二第八章《立體幾何初步》單元訓練題（高難度）（23）

一、單項選擇題（本大題共7小題，共35.0分）

1.己知三棱錐P-4BC的側棱兩兩垂直，PA=PC=2,PB=陋,Q為棱BC上的動點,AQ與側

面尸8c所成角為。，則tcm。的最大值為（）

A.叵B.且C.\D.叵

3737

2.體積為竽的三棱錐A-3CD中，BC=AC=BD=AD=3,CD=2z，AB<26，則該三棱

錐外接球的表面積為（）

A.207rB.nC.軟D.女

3.如圖，在矩形ABCC中，AB=2,BC=1,E、N分別為邊AB、BC的中點，沿QE將ZL4DE折

起，點A折至4處（必與A不重合），若M、K分別為線段40、&C的中點，則在Z4OE折起過

程中（）

A.DE可以與41c垂直

B.不能同時做到MN〃平面48E且BK〃平面4DE

C.當MN時，MN1平面&DE

D.直線&E、8K與平面88E所成角分別為％、92,%、%能夠同時取得最大值.

4.如圖，正三棱柱ZBC-41B1C1（底面是正三角形，側棱垂直底面）的各

條棱長均相等，。為44的中點.M、N分別是8名、CG上的動點（含

端點），且滿足=GN.當M,N運動時，下列結論中不正確的是（）

A.平面DMN，平面BCG%

B.三棱錐&-DMN的體積為定值

C.ADMN可能為直角三角形

D.平面OWN與平面ABC所成的銳二面角范圍為（0,為

5.一個棱柱是正四棱柱的條件是（）

A.底面是正方形，有兩個側面是矩形

B.底面是正方形，有兩個側面垂直于底面

C.底面是菱形，且有一個頂點處的三條棱兩兩垂直

D.每個側面都是全等矩形的四棱柱

6.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積（單位：?巾2）是（）

A.|+7T

B.|+兀

7.如圖：4ABe中，ABIBC,44cB=60°,。為4c中點，4ABe沿80邊翻折過程中，直線

AB與直線BC所成的最大角，最小角分別記為的,用，直線A。與直線BC所成的最大角，最小

角分別記為。2,。2,則有

A.a1<a2,Pi<02B.的<CX，2,Pl>02

D.aI>a2>Pi>P2

C.otf>CC2,W02

二、填空題（本大題共6小題，共30.0分）

8.邊長為2的正方形經裁剪后留下如圖所示的實線圍成的部分，將所留部分折成「一：△「：

一個正四棱錐.當該棱錐的體積取得最大值時，其底面棱長為_.V_>

>\：

9.如下圖①，在直角梯形ABC。中，NABC=4CDB==90°,NBCD=30°,，---乂

BC=4,點E在線段CZ）上運動.如下圖②，沿3E將ABEC折至ABEC',使得平面平面

ABED,則4C'的最小值為一.

圖①圖②

10.已知正四棱錐的底邊邊長為2,側棱長為遙，現要在該四棱錐中放入一個可以任意旋轉的正方

體，則該正方體的體積最大值是一.

11.在直角坐標系xOy中，設4(3,2),8(-2,-3),沿)，軸把坐標平面折成120。的二面角后，A8的長

為.

12.仇章算術》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱之為“鱉嚅”.如圖，在“鱉膈"A-BCD

中，ABBCD,S.BD1CD,4B=80=CD=1,點尸在側棱4c上運動，當AP8D的面

積最小時，三棱錐P-BCD的外接球表面積為.

13.如圖，在正方體4BCD-4道傳1。1中，M是GC的中點，O是底面

A8CD的中心，P是4名上的任意點，則直線與。P所成的角

為.

三、解答題(本大題共17小題，共204.0分)

14.(1)給出兩塊相同的正三角形紙片(如圖1,圖2),要求用其中一塊剪拼成一個三棱錐模型，另一

塊剪拼成一個正三棱柱模型，使它們的全面積都與原三角形的面積相等，請設計一種剪拼方法，

分別用虛線標示在圖1、圖2中，并作簡要說明;

(2)試比較你剪拼的正三棱錐與正三棱柱的體積的大小；

(3)如果給出的是一塊任意三角形的紙片(如圖3),要求剪拼成一個直三棱柱，使它的全面積與

給出的三角形的面積相等.請設計一種剪拼方法，用虛線標示在圖3中，并作簡要說明.

15.倒圓錐形容器的軸截面是正三角形，內盛水的深度為6cm,水面距

離容器口距離為1cm,現放入一個棱長為4cm的正方體實心鐵塊，

讓正方體一個面與水平面平行，問容器中的水是否會溢出？

16.如圖，四棱錐S-4BCC的底面是正方形，每條側棱的長都是底面邊長的四倍，P為側棱SZ)上的

(1)求二面角P-AC-。的大小；

(2)在側棱SC上是否存在一點E,使得BE〃平面R4C?若存在，求SE:EC的值;若不存在，試說明

理由。

17.如圖，已知4BC0-是棱長為。的正方體，E、尸分別為

棱441與CCi的中點，求四棱錐的①-EBFDi的體積.

18.在四面體ABC。中，E,”分別是線段AB,A。的中點，F,G分別是線段C8,C。上的點，且

CFCG1p-、-「

布or=D而u=Z5,求證:

(1)四邊形EFGH是梯形;

(2)2C,EF,G”三條直線相交于同一點.

19.如圖，在多面體A8CCE中，AE_L平面ABC,平面BC。_L平面ABC,zMBC是邊長為2的等邊三

角形，BDCD>AE=2.

(1)證明：平面EBO_L平面BCD；

(2)求平面BEO與平面ABC夾角的余弦值.

20.如圖，直二面角。一4B-E中，四邊形48CD是邊長為2的正方形，AE=EB,尸為CE上的點,

且BF1平面ACE.

(1)求證：4E1?平面BCE；

(2)求二面角B-AC-E的正弦值.

21.已知五面體A8C0EF如圖所示，其中四邊形4OEF是正方形，兄4ABCD,BC//AD,CD=1,

AD=2V2.4BAD=Z.CDA=45°.

(1)求異面直線CE與A尸所成角的余弦值;

(2)證明：CD1平面ABF.

22.如圖，在四棱錐P-ABCD中，國BCD為等邊三角形，BD=2次,PA=五,AB=AD=PB=PD,

乙BAD=120

(I)若點E為PC的中點，求證：BE〃平面PA。；

(11)求四棱錐「-48。。的體積.

23.如圖，在梯形ABCD中，AB//CD,AD=DC=CB=2,/.ABC=60°,平面ACEF1平面ABCD,四

邊形ACE尸是菱形，/.CAF=60°.

(I)求證：BF1AE；

(口)求二面角B-EF-。的平面角的正切值.

24.如圖所示，已知四棱錐中，底面4BCZ)為菱形，P41平面ABC。，44BC=60。,瓦尸分

別是BC,PB的中點.

(1)證明：4￡1平面抬。；

(2)若H為上的動點，EH與平面PAO所成最大角的正切值為百，求二面角B—AF—C的正

切值.

25.在直三棱柱ABC-&B1G中，4B=AC=4&=3,BC=2,。是BC的中點，尸是(:傳上一點.

(1)當CF=2,求證：&F1平面ADF-.

(2)若F01BiD,求三棱錐當-40尸體積.

26.如圖，水平放置的正四棱柱形玻璃容器I和正四棱臺形玻璃容器口的高均為32cm,容器I的底

面對角線AC的長為10V7cm,容器II的兩底面對角線EG,E]G]的長分別為14c〃z和62cm.分別

在容器I和容器口中注入水，水深均為12cm.現有一根玻璃棒/,其長度為40cm.(容器厚度、玻

璃棒粗細均忽略不計)

(1)將/放在容器I中,/的一端置于點A處，另一端置于側棱CCi上，求/浸入水中部分的長

度;

(2)將/放在容器n中,/的一端置于點E處，另一端置于側棱GG1上，求/浸入水中部分的長

度.

27.如圖正方形ABC。，A8EF的邊長都是1,而且平面ABC。，ABEF

互相垂直.點M在AC上移動，點N在上移動，若CM=BN=

a(0<a<V2).

(1)求MN的長；

(2)當。為何值時，MN的長最小.

28.如圖所示，在四棱錐P—2BCD中，底面ABC。是邊長為2的正方形,PA，平面ABC￡>,P4=2,AC

與交于點。，點。在棱PC上.

(11)若41〃平面5。。，求三棱錐P-BDQ的體積.

29.如圖，三棱柱4BC-4[BiCi中，M,N分別為A8,/g的中點.

(1)求證：MN〃平面/MiGC；

(2)若CG=C8i，CA=CB,平面CQB/L平面ABC,求證：4B_L平面CMN.

30.如圖所示，直角梯形ACOE與等腰直角△力BC所在平面互相垂直，尸為BC的中點，/.BAC

乙4CD=90°,AE//CD,DC=AC=2AE=2.

D

(1)求證：4/7/平面BOE；

(2)求二面角B—DE—C的余弦值.

【答案與解析】

1.答案：A

解析：

本題考查了正弦與平面所成的角的正切值的求法，直線與直線垂直的證明方法，考查了空間想象能

力，計算能力，熟練掌握基本定理、基本方法是解決本題的關鍵.

解：因為P41PC,PA1PB,PBnPB=P所以H4_L平面PBC,

DA

可知，PA1PQ,所以在RtzMPQ中，tan乙4QP=tand=—

當PQ1BC時，tan9最大，此時PQ=等，

tan0-tan乙4QP=—=—.

“PQ3

故選A.

2.答案：B

解析：

本題考查了多面體的外接球問題、球的表面積公式，求解的關鍵是找出球的球心，屬于難題.

取A8的中點E,連接“，DE,設4E=BE=x,從而可得CE=0E=二三記，取CD的中點F,

連接ER求出=字，根據三棱錐的體積公式以及4B<2衣，求出x=l,利用對稱性可知

外接球的球心。在EF上或EF的延長上，根據勾股定理求出外接球的半徑，再利用球的表面積公式

即可求解.

解：取AB的中點E,連接CE,DE,

由BC=4C=BD=AD=3,知CE1A8,DELAB,CEC\DE=E,

所以4B1平面CDE,

設4E=BE=x,

所以CE-DE=V32—x2=V9—x2>

取C。的中點F,連接

則EF=J（A/9一運）2—（遍>-V4—x2>

所以%-BCO=[SACDE,AE+[SACDE,BE=^ShCDE-2x=

即工」CD?EF-2x=—1.1.2A/5-V4-x2-2x=—,

323323

解得X=V5或X=1,

又AB<2>/2，所以％=1,即AB=2,

所以EF=V3.

利用對稱性可知外接球的球心。在EF上或EF的延長線上，

若球心。在EF上，設。F=a,a>0,

所以0/52=OE2+AE2

即(g+5)2=l+(V3-a)2.此時。無解,

即球心。在EF的延長上，

所以(/az+5>=14-(V3+a)2>

解得a=f,即球的半徑R=VHF=搞

所以三棱錐的外接球面積為S=4兀/?2=等.

故選8.

3.答案：D

解析:

根據題意，利用逐個檢驗法，畫出圖形判斷即可.

考查線線垂直，線面垂直，線面所成的角，線線平行，線面平行等，本題設計知識點交點，綜合性

強，難度較大.

解:

對于A,連接EC,假設DE1&C,又：DE1EC,：.DE_L平面4EC=>DE1&E,而aED=45°,

''-A錯誤；

對于B,取DE,OC中點G,F,連接GM,GN,FK,FB.：.GM//ArE,GN//EB,FK//ArD,BF〃OE..??平面

力iBE〃平面GMN,平面FKB〃平面&DE,故能同時做到MN〃平面&BE且BK〃平面&DE..?.B錯

誤：

對于C,連接ME,EN,當時，MN2=DN2-DM2=CD2+CN2-DM2=CD2=4,

對于O,?.?兒在以。E為直徑球面上，球心為G,二&軌跡為外接圓（&與不重合）,

連接EC,取EC中點T連接TK,TB,

???TK=；,TB=―,4KTB=135°nBK=恒,

222

直線4C、8K與平面BCDE所成角取得最大值時，點&到平面BCOE的距離最大正確.

故選D

4.答案：C

解析：

本題考查了棱柱的結構特征，考查了面面位置關系及二面角，考查了錐體體積，考查了空間想象能

力和思維能力，是中檔題.

由BM=GN,得線段MN必過正方形BCGBi的中心0,由。。_L平面可得平面DMNJ■平面

BCC\B*；

由AAiDM的面積不變，N到平面&0M的距離不變，得到三棱錐兒-DMN的體積為定值；

利用反證法思想說明△DMN不可能為直角三角形；

平面DWN與平面A8C平行時所成角為0,當M與B重合，N與Q重合時，平面DMV與平面A8C

所成的銳二面角最大.

解：如圖,

當M、N分別在BB1、CG上運動時，若滿足BM=GN,

則線段MV必過正方形BCGBi的中心。，DO1MN,

而。，。分別為8C］中點，則OO〃GB,

而BBi，平面GBC（即ABC）,GBu平面GBC（即4BC）,^LBB11GB,故BB】A.DO,

因為CMN=M,且BBi，MNuBCC$i，

故DO_L平面BCGBi，而。。u平面.?.平面DMN1平面BCGB】，A正確；

當M、N分別在B8i、CCi上運動時，△力1。”的面積不變,N到平面的距離不變，二棱錐N-aDM

的體積不變，即三棱錐Ai-DMN的體積為定值，B正確；

若ACMN為直角三角形，則必是以4MDN為直角的直角三角形，易證DM=DN,所以為等

腰直角三角形，

所以CO=OM=ON,即MN=2D0.設正三棱柱的棱長為2,則D。==2w.

因為MN的最大值為8G，BG=2或，所以MN不可能為2百，所以△OMN不可能為直角三角形；

當M、N分別為BBi，CG中點時，平面。MN與平面ABC所成的角為0,當M與8重合，N與C1重

合時，平面與平面4BC所成的銳二面角最大，為NGBC,等于會

平面。MN與平面ABC所成的銳二面角范圍為（0幣，。正確.

故選：C.

5.答案：C

解析：解：上、下底面都是正方形，且側棱垂直于底面的棱柱叫做正四棱柱.

故A和B錯在有可能是斜棱柱，

D錯在上下底面有可能不是正方形，

底面是菱形，且有一個頂點處的三條棱兩兩垂直能保證上、下底面都是正方形，且側棱垂直于底面.

故選C.

上、下底面都是正方形，且側棱垂直于底面的棱柱叫做正四棱柱.仔細考慮四個備選取項，按照正

四棱柱的概念進行求解.

本題考查正四棱柱的概念，解題時要認真思考，仔細解答，注意區分題設條件.

6.答案：A

解析：

本題考查了空間幾何體三視圖的應用問題，解題的關鍵是根據三視圖得出原幾何體的結構特征，是

基礎題目.根據幾何體的三視圖，該幾何體是半個圓柱和以圓柱軸截面為底面的四棱錐組成的組合

體，結合圖中數據即可求出它的體積.

解：由己知三視圖得到幾何體是半個圓柱和四棱錐的組合體，其中圓柱的底面半徑為1,高是2；四

棱錐的底面為正方形，邊長為2,高為1,

所以組合體的體積為：|x7rxl2x24-ix22xl=7r+p

故選：A.

7.答案：D

解析:

本題考查空間幾何體中線線夾角的應用，屬于基礎題.△力BD沿80邊翻折過程中，形成以8。為軸，

A8為母線的圓錐和以8。為軸，為母線的圓錐.

解：翻折到180。時,4B,BC所成角最小，可知用=30°,4D,BC所成角最小，為=。。，翻折翻時，AB.BC

所成角最大，可知的=90。，翻折過程中，可知AO的投影可與8c垂直，所以所成最大角

a2=90",所以%=90°,氏=30°，a2=90;僅=。°

故選O.

4

爸案-

8.5

解析：

本題考查利用導數研究函數的單調性與最值，考查邏輯思維與運算能力，屬于中檔題.

設底面邊長為2x,可求得此四棱錐的高為九=『^(0<乂<手，繼而可得該棱錐的體積表達式,

利用導數即可求得該棱錐的體積取到最大值時x的值，從而可得答案.

解：設底面邊長為2x,

則斜高為受=l-x，

即此四棱錐的高為％=7(1-x)2-%2=內厲(0<x<1),

所以此四棱錐體積為U=!?4/?VIF=|Vx4-2x5,

令/i(x)=x4—2%5(0<%<,

則h'(x)=4%3—10x4(0<%<-),

令八'(%)=4%3—10%4=2%3(2—5%)=0,

當xe(O,|)時，h'(x)>0,

X6(|,+8)時,h'(x)<0,

所以數h(x)在時取得極大值，也是最大值，此時底面棱長為：

故答案為，

9.答案：J19—4聒

解析：

本題主要考查面面垂直的性質以及空間中的距離，屬于難題.

過點A作AF,BE,過點C'作點C'G,BE交BE的延長線于點G,根據面面垂直的性質可得

AC=>JAF2+FG2+C'G^設NCBE：上司，將八廠轉化為含。的代數式即可求其最值.

解：由題意AB=^BC?3=遮，BC=4,

22

過點4作4F1BE,過點C'作點C'G1BE交BE的延長線于點G,

如圖

設"BE=oe[（）.可，NABE=^-0,

：?AF=AB?s\nZ-ABE=V3cos0,

FG=BG-BF=BC'-CQSZ-C'BE-AB-cosZ-ABE=4cos0—V3sin0,

C'G=BC?sin乙C'BE=4sin0,

.1.AC=^AF2+FG2+C'G2=J3cos2。+16cos2。+3sin20-8百sinOcos。4-16sin20

=V19-4V3sin20）

sin20e[0,1],

AC>V19-4V3-

故AC，的最小值為J19一44,

故答案為，19—4百?

10.答案：5

解析：

本題考查球內接多面體體積的求法，考查空間想象能力與思維能力，訓練了利用等積法求多面體的

體積，是中檔題.

設此正方體外接球半徑為R,體積最大的球應與四棱錐各個面都相切，利用等積法求正四棱錐的內

切球的半徑，進一步求出球內接正方體的棱長，則答案可求.

解：設此正方體外接球半徑為凡體積最大的球應與四棱錐各個

面都相切，

設球心為S,連SA、SB、SC、SD、SE,則把此四棱錐分為五個

棱錐，它們的高均為凡

由已知求得四棱錐的高為百，四個側面三角形的底為2,高為2,

^A-BCDE=VS-BCDE+^S-ABC+^S-ABE+^S-ADE+^S-ACD>

即工X2X2XJ5=*X2X2XR+4XLXLX2X2XR,

3332

V3

**?RD=—,

3

正方體的體對角線是其外接球直徑，故其體對角線為2/?=2，棱長為j

33

???正方體體積的最大值為v=*

故答案為:捺.

11.答案：2VTT

解析：

本題主要考查了空間兩點的距離，以及二面角平面角的應用，同時考查了空間想象能力，計算能力，

屬于基礎題.

作AC_Ly軸，8。J.y軸,4何平行等于C。,連接AB,何力，根據二面角的平面角的定義可知/BDM就是

二面角的平面角，則NBDM=120。，最后根據余弦定理求得8M長，再由勾股定理可得A8的長.

解：作AC垂直y軸，2。垂直y軸，AM平行等于8,

連接A8,MD,CD=5,BD=2,AC=3=MD,

而BO_Ly軸，MD_Ly軸（MD//4C）,

NBDM就是二面角的平面角，

???乙BDM=120°,

.?.在4BDM中，由余弦定理得：BM=回，AM=5,

.?.在RtzUMB中，由勾股定理得=2“1，

故答案為：2ym.

12.答案：?

4

解析：

本題考查三角形面積的最小值的求法，球的表面積公式，考查空間中線線、線面、面面間的位置關

系等基礎知識，考查運算求解能力、空間想象能力，考查化歸與轉化思想、數形結合思想，是中檔

題.

作PO1BC于O,ON1.BD于-N,連接PN,推導出P。〃/IB,ON//CD,P01BD,設PC=x,可得

P0=亨，得》"幻2（%_費+|，當”當即尸為AC的中點，三角形PBZ）的面積的最小值,

此時三棱錐P-BCD的外接球的球心在直線PO上，求得外接球的球的半徑，即可求得結果.

解：過點P作P01BC于O,ONLBD于'N,連接/W,如圖,

C

O'

則P0〃4B,ON//CD,所以P01平面BCD,

所以POJ.BD,BD1平面PON,所以PNJ.BD,

由AB=BD=CD=1可得BC=y[2,AC=6,

設PC=x,由北=?可得po=旦，

ABAC3

由"=空=竺可得ON=窄，

CDBCACy/3

所以PN=y/PO2+NO2=J哼￥+=92/一2限+3

=國2（一鳥2+1，

當的面積最小時，PN最小,此時久=更即P為AC的中點，

2

所以。也為RtaBC'。斜邊的中點，BO=-CB=-，P0=；4B=；,

2222

所以三棱錐P-BCD的外接球的球心在直線尸0上，設為。1，設外接球半徑為r,

連接。/，則0盤=（一1+（爭2,

所以（一1+（爭2=/,解得r=[,

所以三棱錐P-BCD的外接球表面積S=4兀〃=4兀x針=

故答案為

4

13.答案：三

解析:

本題考查了異面直線所成的角，根據已知條件建立空間直角坐標系，找出各點坐標，求出直線的方

向向量，然后由空間向量求解即可.

解：建立如圖所示的空間直角坐標系，

則0(1,1,0),p(2x，2),8(2,2,0),M(0,2,1),

OP=(l,x-1,2)，BM=(-2,0,1).

所以麗?麗=0.

所以直線與OP所成的角為宏

14.答案：解：(1)如圖1,沿正三角形三邊中點連線折起，可拼得一個正三棱錐.

如圖2,正三角形三個角上剪出三個相同的四邊形，其較長的一組鄰邊邊長為三角形邊長的;，有一

4

組對角為直角，余下部分按虛線折起，可成一個缺上底的正三棱柱，而剪出的三個相同的四邊形恰

好拼成這個正三棱錐的上底.

圖1圖2

(2)依上面剪拼方法，有V林》V錐.

推理如下：

設給出正三角形紙片的邊長為2,

那么，正三棱錐與正三棱柱的底面都是邊長為1的正三角形，其面積為理.

4

現在計算它們的圖:九錐=J1一(|,孚)2=導無柱=]an30。=%-％=(九柱-，錐)呼=

，V3V6.V3_3-2>/2

（69）4—24>0

所以匕y?＞曝.

(3)如圖，分別連接三角形的內心與各頂點，得三條線段，再以這三條線段的中點為頂點作三角形.以

新作的三角形為直棱柱的底面，過新三角形的三個頂點向原三角形三邊作垂線，沿六條垂線剪下三

個四邊形，可心拼成直三棱柱的上底，余下部分按虛線折起，成為一個缺上底的直三棱柱，即可得

到直三棱柱.

解析：(1)可以利用正三角形的圖形特征，進行分割.

(2)可以直接求解，直接比較大小.

(3)分別連接三角形的內心與各頂點，得三條線段，再以這三條線段的中點為頂點作三角形.以新作

的三角形為直棱柱的底面，過新三角形的三個頂點向原三角形三邊作垂線，組合就好了.

本題考查學生的空間想象能力，棱錐、棱柱的結構特征，是中檔題.

15.答案:解：如圖甲所示：

O'P=6cm,。0'=1cm.如圖甲，設水的體積為匕，容器的總容積為匕則容器尚余容積為以不

由題意得，O'P=6,00'=1.

OP=7,OA2=O'C2=12,

3

V=-irOA2x7=2x497,

39

匕=-nO'C2x6=247r.

13

???未放入鐵塊前容器中尚余的容積為

7o

3

V—Vx=-x497r—247r?44.3cm.

如圖所示，放入鐵塊后，EMNF是以鐵塊下底面對角線作圓錐的軸截面.

MN=4V2.0加=2V2,=2e，；.GM=7-2傷，

.?.正方體位于容器口下的體積為

4x4x(7-2>/6)=112-32傷?33.6<44.3，

???放入鐵塊后容器中的水不會溢出.

解析：當正方體放入容器后，一部分露在容器外面，看容器中的水是否會溢出，只要比較圓錐中ABCD

部分的體積和正方體位于容器口以下部分的體積即能判定.

主要考查知識點：簡單幾何體和球，考查計算能力，是基礎題.

16.答案：解：(1)連結8。，交4c于點0,連結SO,OP,

由SA=SB=SC=SD,。為AC,8。的中點，^SOLAC,SO1BD.

V.AC0BD=0,

故S。J■平面4BC0,

又AC1BD,SOCBD=0,

所以4c_L平面SBC,SDu平面SB。，

所以SD1AC.

又因為SD_LPC,PCQAC=C,PC,4Cu平面4PC,

所以SO1平面4PC.又OPu平面4PC,

所以OP_LSC.

設SD的中點為。，連結BQ,△SBD為等邊三角形,

所以BQ_LSD.

又平面BQ。0平面4PC=P。，故POI/BQ.

又200=80,由三角形相似可得P為Q。的中點,

??.P為SO的四等分點,

PD=2OD=\BD,

XvAC1OP,AC1DO,

???”。。是二面角P-4C-。的平面角,

PDTSDI

sinzP0D=-=^=-

由圖可知二面角P-AC-。為銳二面角,

???二面角P-AC-D的大小為30。.

(2)存在點E且SE：EC=2：1,使得BE〃面PAC.

證明如下:

在平面SCO內作QE〃CP,QE〃面PAC,

又BQ//OP,：.BQ"面PAC,

又QEnBQ=Q,.?.面EBQ〃面PAC,

BEu面EBQ,BE〃面PAC,

???SE：EC=SQ：QP=2：1.

解析：本題考查二面角的大小的求法，考查滿足線面平行的點是否存在的求法與判斷，考查推理論

證能力、運算求解能力、空間想象能力，考查數形結合思想、轉化化歸思想，是中檔題.

(1)連結80,交4c于點0,連結SO,OP,設SO的中點為。，連結8。，△SBC為等邊三角形，推

導出NP0C是二面角P-AC-。的平面角，由此能求出二面角P-AC-D的大小.

(2)在平面SCO內作QE〃CP,則QE〃面PAC,從而BQ〃面PAC,進而面EBQ〃面PAC,由此能求

出存在點E且SE：EC=2：1,使得BE〃面PAC.

22

17.答案：解：法一：?:EB=BF=FD1=D1E=Ja+(|)=苧%

???四棱錐41-EBFCi的底面是菱形.(2分)

連接4G、EF、BD「則&CJ/EF.

根據直線和平面平行的判定定理，&G平行于4-EBFDi的底面,

從而41cl到底面EBFDi的距離就是為-EBFDi的高（4分）

設G、”分別是&Q、EF的中點，連接/G、GH,貝UFHJ.HG,FH1HDr

根據直線和平面垂直的判定定理，有FH_L平面HGCi，

又，四棱錐&-EBFD1的底面過"7,根據兩平面垂直的判定定理，

有4-EBP。1的底面1平面HG%作GK1”劣于K,

根據兩平面垂直的性質定理，有GK垂直于的底面.（6分）

???正方體的對角面A&CCi垂直于底面二4HG￡?i=90°.

在RMHGDi內，GDi=^a，HG=\a,HD「吟=^a.

.-.^a-GK=\a-^a,從而GK=fa.（8分）

111

?1?以1-EBF%=5s菱形EBFD/GK=n，EF-BD「GK

=-->/2a?V3a~a=-a3（10^）

666

解法二???EB=BF=FC】=DiE=Ja2+（^）2=與a,

四棱錐4i-EBFZ\的底面是菱形.（2分）

連接EF,則AEFB三

?三棱錐&-EFB與三棱錐&-EF￡）i等底同高，

???^A^-EFB-^A1-EFD1?

???KALEBFO]=2匕]_EFB?（4分）

乂匕i-EFB=^F-EBA1?

A

^A1-EBFD1=2/_EB4]，（6分）

???CC1〃平面4BB14,

???三棱錐F-EB4的高就是CG到

平面4BB1A1的距離，即棱長a.（8分）

又^E841邊E&上的高為a.

=3

???KALEB/D]2---S^EBA1-a=-a.（10分）

解析：法一：判斷四棱錐4一EBFDi的底面是菱形，連接4G、EF、BQ,說明&G到底面EBFD1的距

離就是Ai-EBFDi的高，求出底面S菱形EBFDJ高的大小，即可得到棱錐的體積.

法二：三棱錐&-EFB與三棱錐4-EFDi等底同高，棱錐%轉化為21-SAEBA-a,求解即

可.

本小題主要考查直線與直線，直線與平面，平面與平面的位置關系，以及空間想象能力和邏輯推理

能力.

18.答案:證明：(1)連結BQ,

???E,"分別是邊A8,AD的中點，

EH//BD,且EH=；BD,

CF_CG

CB-CD

FG//BD,S.FG=|BD,

因此EH〃FG且EH*FG

故四邊形EFGH是梯形.

(2)由(1)知ERHG相交,設EFDHG=K

???KGEF,EFuABC平面，［KWABC平面，

同理KeACD平面，又平面ABCnACD平面=4C,

???KGAC,

故EF和GH的交點在直線AC上.

所以AC,EF,GH三條直線相交于同一點.

解析：本題考查了平面性質和平行公理的應用，屬于基礎題.

(1)根據比例，三角形中位線定理以及平行公理證得E尸與尸G平行且不相等，從而得到結論成立.

(2)EF和G”的交點在直線AC上即可.

19.答案：證明：(1)取BC中點0,連結A。，DO,

vBD=CD=V5，DO1BC,DO=>JCD2-0C2=2,\'/\

???DOu平面BCD,平面DBCn平面ABC=BC,

平面BCD_L平面ABC,

DO，平面ABC,

B

???AEJL平面ABC,：.AE//DO,

又DO=2=4E,.?.四邊形AOQE是平行四邊形，ED//AO,

???△4BC是等邊三角形，二AO1BC,

???40u平面ABC,平面BCDn平面ABC=BC,平面BCD1平面ABC,

AO1平面BCD,：.ED1平面BCD,

???EDu平面EBD,.??平面EBO1平面BCD.

解：(2)由⑴得401平面BCD,40J.DO,

又。。1BC,AOA.BC,

分別以OB,AO,O力所在直線為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，

則4(0,-百,0),8(1,0,0),D(0,0,2),E(0,-V3,2),

平面A8c的一個法向量為鉆=(0,0,1),

設平面BED的一個法向量為元=(x,y,z),

前=(-1,0，2),BE=(-1,-73,2).

則舊?處=一“+氏=°,取％=2,得元=(2,0,1),

(n-BE=-x->J3y+2z=0

設平面BED與平面ABC所成銳二面角的平面角為仇

則的。=韶=橐=￡

|m||n|V55

??.平面BED與平面ABC所成銳二面角的余弦值為

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，考查空間中線線、線面、面面間的

位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題.

(1)取BC中點O,連結AO,DO,推導出D。1BC,DO1平面ABC,從而4E〃。。，進而四邊形AOOE

是平行四邊形，ED//AO,推導出40J.BC,從而A。_L平面88,進而E。_L平面88,由此能證明

平面EBD，平面BCD.

(2)推導出4。_LD。，DOIBC,AOLBC,分別以OB,A。，。。所在直線為x,y,z軸，建立空間

直角坐標系，利用向量法能求出平面BE。與平面A8C所成銳二面角

的余弦值.

20.答案：(1)證明：「BF1平面ACE,4Eu平面ACE.

???BF1AE.

???二面角n-AB-E為直二面角，

且平面4BCDn平面4CE=AB,BCu平面ABCD,CB1AB,

CB_L平面ABE,XvAEu平面ACE.

CBLAE,

又；BFCiCB=B,BFu平面BCE,CBu平面BCE,

AEJL平面BCE.

(2)解：連結80交AC于G,連結FG.

???BF_L平面4CE,BF1AC,

又???正方形ABC。中，AC1BG,且BFnBG=B,

???AC1面BFG,二AC1GF,4BGF即為二面角B-4C-E的平面角，

AE1面BCE,AELEB,AE=EB=V2)

在Rt△BCE中，可求CE=V6:.BF=—￡12,。尸=^22—

.?.在Rt△CFG中，FG=y/BG2-BF2=J(V2)2-(^)2=yJ|-2=y

V6_

???cos乙BGF=—=J

BGyf23

_____________瓜

/.siiiZBGF=yzl—cues2ZZ?(7F=

J

即二面角B-AC-E的正弦值為在.

3

解析：本題考查了線面垂直的判定和性質以及空間角的計算，屬于中檔題.

(1)由BF_L平面4CE得出BF_L4E,由面面垂直的性質得出BC14E,于是得出4EJL平面BCE；

(2)連結BD交AC于G,連結FG,證明"1平面BFG,得出/BGF為所求二面角，故而cos/BGF=整,

再利用同角三角函數的基本關系求出NBGF的正弦值即可.

21.答案：(1)解：因為四邊形AQE尸是正方形，

所以凡4〃ED,

故NCED為異面直線CE與A尸所成的角，

因為凡4_L平面ABCQ,

所以F41CD,

故EDICD,

在RtACDE中，CD=1,ED=2^2,

CE=VCD2+ED2=3,

2V2

故C0S4CED=~=------,

3

所以異面直線CE和AF所成角的余弦值為2;

3

(2)證明：如圖

過點B作BG〃CD交AD于點G,

則4BGA=Z.CDA=45°,

又乙BAD=45。可得BG1AB,

從而CDJ.AB,

又因為CD1F4,FAOAB=A,FA,AB在平面A8P內,

所以CD，平面A8尸.

解析：本題考查異面直線所成的角、直線與平面垂直的性質與判定定理.

(1)先通過平行，得到4CE0為異面直線CE與AF所成的角，就是異面直線所成的角，在直角三角形

中求出此角的余弦值即可；

(2)根據線面垂直的判定定理可知，只需證直線CD與面AB尸中的兩條相交直線垂直即可.

22.答案：（I）證明：取C。的中點為M,連接EM,BM.

BCD為等邊三角形，二BM1CD.

■：/.BAD=120°,AD=AB,：.Z.ADB=30°,

：.AD1CD,：.BM//AD.

又,:BMC平面PAD,ADu平面PAD,

???8M〃平面PAD.

???E為PC的中點，M為CO的中點，EM〃PD.

又???EMC平面PAD,PDu平面PAD,

EM〃平面PAD.

VEMCBM=M,EMu平面BEM,BMu平面BEM,

平面BEM〃平面PAD.

又：BEu平面BEM,：.BE〃平面PAD；

(口)解：連接AC交8。于O,連接PO.

vCB=CD,AB=AD,

.-.AO1BD,。為B￡)的中點.

又NB4D=120°,BD=2由,△PBD^^ABD,AO=PO=1.

又PA=VLPA?=PO?+042,則POJ.04.

又???PO1BD,BDCAO=0,40u平面AB。，BDu平面ABO,

PO，平面ABO,即四棱錐P-4BCD的高為P。=1,

???四棱錐P-4BC0的體積V=|xx(2V3)2+gx2bx1)x1=竽.

解析：本題考查面面平行的判定與性質，考查空間想象能力與思維能力，訓練了多面體體積的求法，

是中檔題.

(I)取CQ的中點為M,連結EM,BM.證明BM〃71D.得到BM〃平面PAD.再由E為PC的中點，M

為C￡＞的中點，得EM〃PD.進一步得到EM〃平面PAD.利用面面平行的判定可得平面〃平面P4D.

從而得到BE〃平面PAD；

(口)連結AC交8。于。，連結P0.證明PO104結合POJ.BD,得到P。J■平面AB。，即四棱錐

P-4BC0的高為P。=1,代入棱錐體積公式求四棱錐P-ABCD的體積.

23.答案：(1)證明：依題意，在等腰梯形ABCO中，AC=2V3-AB=4,

vBC=2,

AC2+BC2=AB2^VBC1AC,

平面ACEF1平面ABCD，：.BC1平面ACEF,而4EU平面ACEF,：,AE1BC.

連接CF,???四邊形ACEF是菱形，4E1FC,

AE1平面BCF，?:BFc平面BCF，：?BF1AE.

(2)取EF的中點M,連接MC,因為四邊形ACEF是菱形，且4C4F=60。.

所以由平面幾何易知MC1AC,平面ACEF1平面ABCD,：.MC1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系，各點的坐標依次為：C(0,0,0),

71(273,0,0).8(0,2,0),D(V3,-l,0)，后(一遍,0,3),F(V3,0,3).

設平面BEF和平面DEF的法向量分別為元=@也q)，\=Q也,C2),

vBF=(百,-2,3)，EF=(273,0,0)-

同理，求得R=(0,3,-1>

=磊=島'故二面角B-EF-D的平面角的正切值為*

解析：本題考查空間垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，解題時要認真審題，注意向量法的

合理運用.

(1)首先根據勾股定理可證BC14C,結合面面垂直的性質定理得到BC_L/質4CEF,可得4EJ.BC.

由四邊形ACE尸是菱形，得AE1FC,根據線面垂直的判定定理可得4E_L平面BCF,即可證明；

(2)以C4、CB、C例所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角

的平面角的余弦值.

24.答案：解：(1)PAIffiABCD,AEu面ABCD,

???PA1AE；

又?.?底面A8CD為菱形，/.ABC=60°,E為8c中點，???4ElBC,r4O〃BC,；.4E14D,

AAE1?PAD；

(2)???AE1面PAD,

."AHE是E”與面PAD所成角，

H

,.?[)

1，M"

BEC

AC

tan〃HE=絲,力”1.PD時，A”最小，tan/AHE最大，N4HE最大，

AH

令48=2,則AE=y/3,AH=1.

在RMAHD中，AD=2.Z.ADH=30",

在RMP4C中，PA=|國，vPA_1_面ABCD,

.湎P481?ABCD,

且交線為AB,取AB中點M,正44BC中，CM14B,二CM1面PAB,

作MNJ.4F于N,連CM由三垂線定理得CN14F,

NMNC是二面角B-4F-C的平面角.

。“=百.在/「48中，BF=AF=^\[3,AB=2,

邊AF上的高BG=1,MN