第八章 立体几何初步A卷·夯实基础 -2021-2022学年高一数学同步单元AB卷(人教A版2019必修第二册)解析版

班级姓名学号分数

第八章立体几何初步（A卷・夯实基础）

（时间：120分钟，满分：150分）

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐出的四个选项中，只有一项是符合题

目要求的.

1.（2021・宁夏・青铜峡市高级中学高一期中）如图，△OWE是水平放置的AOAB的直观图，A'O'=6,

20'=2,则AOAB的面积是（）

A.6B.12C.6夜D.3亚

【答案】B

【解析】

【分析】

由直观图和原图的之间的关系，和直观图画法规则，还原A048是一个直角三角形，其中直角边

=6,03=4,直接求解其面积即可.

【详解】

解：由直观图画法规则，可得A04B是一个直角三角形，其中直角边。4=6,。8=4,

•••S,=；OA0B=；X6X4=12-

故选：B.

2.（2021.黑龙江•鸡东县第二中学高一三期中）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积

A.13万B.41+8GC.12"D.以上都不对

【答案】C

【解析】

【分析】

山二视图得到几何体为底面半径为2,且高为26的圆锥，求得圆锥的侧面枳及底面面积，可得结果.

【详解】

由三视图的正视图及侧视图可知，儿何体的高为26,

所以几何体为底面半径为2,且高为的圆锥，所以侧面积为gx4》x4=8万

底面面积为4万，

所以表面积为12乃，

故选：C

3.（2017・全国•高考真题（文））如图，在下列四个正方体中，A,3为正方体的两个顶点,,N,。为

所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面不平行的是（）

【答案】A

【解析】

【分析】

利用线面平行判定定理逐项判断可得答案.

【详解】

对于选项A,OQ//AB,OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行:

对于选项B,由于AB//CD//MQ,结合线面平行判定定理可知平面MNQ：

对于选项C,由于结合线面平行判定定理可知A8〃平面MN。：

对于选项D,由于A8〃CQ〃N。，结合线面平行判定定理可知AB〃平面MNQ：

故选：A.

4.（2021•河北・保定市第三中学高一期中）以下哪个条件能判断直线/与平面a垂直（）

A.直线/与平面a内无数条直线垂直

B.直线/与平面a内两条平行直线垂直

C.直线/与平面a内两条直线垂直

D.直线/与平面a内两条相交直线垂直

【答案】D

【解析】

由直线与平面垂直的判定定理可得答案.

【详解】

对于A、B、C,直线/与平面a内无数条直线垂直、，与平面a内两条平行直线垂直、直线）与平面a内

两条直线垂直，都不符合条件，

如下图

b、c、d、ft平面a,且b〃c〃d/〃，/Ab,l“c,/Ad,"f,

/不垂直平面a,

如果直线/与平面a内的两条相交直线都垂直，那么/_L平面a,

故D正确.

故选：D.

5.（2021•山西灵丘•高一期中）如图，儿何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为

顶点的圆锥而得的.现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（）

【答案】A

【解析】

【分析】

考虑截面不经过圆柱的轴时对应的截面形状.

【详解】

当截面不过旋转轴时：截面图形如选项A所示.

故选：A.

6.（2021•江西•九江市第三中学高一期中（理））如图，将无盖正方体纸盒展开，直线AB,CO在原正方体

中的位置关系是（)

B.相交且垂直

C.相交成60。D.异面直线

【答案】C

【解析】

【分析】

把展开图还原成正方体可得AB,CD的位置关系.

【详解】

把展开图恢复成如图所示的正方体,

其中，AABC为等边三角形，所以NABC=60。.

故选：C.

7.（2021•河北•衡水市冀州区第一中学高一期中）三棱锥尸-ABC的侧棱PAPB,PC上分别有E,F,G,且

PP1PF11

詈=3左42=（，则三棱锥尸-EFG的体积与三棱锥P-A8C的体积之比是（）

LzilJ1U乙LI

【答案】A

【解析】

【分析】

根据体积公式计算三棱锥P-EFG的体积与三棱锥P-ABC的体积衣达式，再求其比值.

【详解】

设APFG的面积为5,,设△P4C的面积为邑，

则&=，PE-PGsinNEPG,5,=-PA-PCsinZAPC,乂ZEPG=ZAPC,

22

PE_1PG_1

~PA~3，^C~4,

.A.」

-5,12,

过点/作FM平面PAC,过点B作BNJ_平面PAC,

则FM〃BN,；.APRW与相似，

,PF1.FM1

又二—，•♦---=一，

PB2BN2

,*,Vp-EFG=,FM,Vp_ABC=VB_APC=—S2-BN,

._1

,■展BC24'

:.三棱锥P-EFG的体积与三棱锥P-ABC的体积之比是A.

故选:A.

P

A

8.（2021•广东•湛江二十一中高一期中）已知直三棱柱ABC-ABC的侧棱长为2,AB1BC,AB=BC=2.

过A3、8片的中点£、下作平面a与平面AAGC垂直，则所得截面周长为（）

A.25/2+x/6B.72+276C.3&+"D.3及+26

【答案】C

【解析】

【分析】

确定平面a与各棱的交点位置，计算出截面各边边长，由此可得出所得截面周长.

【详解】

如下图所示，取AC的中点J,连接即，取A/的£）,连接OE,取AG的中点K,连接K/、B、K,

■.AB=BC,1/为AC的中点，则区/_LAC,

_L平面ABC,8/u平面ABC,---BJ1AAt,

VACnA4)=A,,H/_L平面明。。，

QD、E分别为A/、43的中点，则。E〃即且=平面A4CC，

•.•DEu平面DEF,所以，平面。EF_L平面AAGC,

所以，平面口即为平面。所，设平面a交80于点/,

在直棱柱ABC-AB©中，A4,//C£且惧=CG,

所以，四边形AAGC为平行四边形，，AC〃AG且AC=4G，

•・••/、K分别为AC、4c的中点，，AJ//AK且AJ=AK,

所以，四边形AAKJ为平行四边形，.•.KJ//AA且KJ=A4，

•••BBJ/AA，且BBi=AA,KJ〃BBi且KJ=BBi,所以，四边形8片灯为平行四边形，

DE//BJ,OEa平面8片K/,以u平面8月KJ,DEH平面BB.KJ,

设平面&0平面8用心=尸6,...£应（=平面&,所以，DE//FG.FG//BJ,

-.■BF//GJ,所以，四边形8尸GJ为平行四边形，可得GJ=BF=；BB］=；KJ,

所以，G为K/的中点，

延长。G交AG丁点H,-.-DJ//KH,所以，ZDJG=AHKG,ZJDG=ZKHG,

又•;JG=KG,所以，△"G三△"KG,.■."K=W=gA7=；KG，为KG的中点，

因为平面ABC〃平面ABC，平面an平面ABC=DE,平面ap|平面A4G=出，；.£>E///”，

•/DE//BJ,BJ//B.K,DE//IH,,：」为BG的中点、,

■.■ABLBC,AB=BC=2,则ACnjG+BC，=20，

为4c的中点，.•.区/=《AC=&,则。E=LR/=立，同理出=也，

2222

因为直棱柱ABC-AAG的棱长为2,F为BB1的中点，尸=384=1,

由勾股定理可得EF=UF+84=0,同理可得*=0,

vKJHBB,且KJ==2,BB］，平面A8C,..K/，平面A6C,

•.•ACu平面ABC,:.KJLAC,

•;G、。分别为K/、A/的中点，则G/=，K/=1,DJ=-AJ=—,

222

由勾股定理可得。G=而//=］生,同理G4=，5.

22

因止匕，截面的周长为0£+"/+£：尸+"'+力，=也*2+后'2+"=3近+".

2

故选：C.

【点睛】

思路点睛：本题考查直棱柱截面多边形周长的计算，在画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交

线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确

定交线的位置.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.（2021.广东越秀.高一期末）用一个平面去截正方体，截面的形状不可能是（）

A.直角三角形B.等腰梯形C.正五边形D.正六边形

【答案】AC

【解析】

【分析】

根据正方体的几何特征，我们可分别画出用一个平面去截正方体得到的几何体的图形，然后逐一与四个答

案中的图形进行比照，即可判断选项.

【详解】

截面为六边形时，可能出现正六边形，

当截面为五边形时，假若截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，

分成两两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质定理，可知这两条截线

互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边形；

截面为四边形时，可能出现矩形，平行四边形，等腰梯形，但不可能出现直角梯形；

当截面为三角形时，可能出现正三角形，但不可能出现直角三角形；

故选：AC.

10.（2021.重庆市巴川中学校高一期末）已知a,夕是两个不同的平面，m,n,/是三条不同的直线，则

下列命题中正确的是（）

A.若nLa,则

B.若尸，机ua,〃u分，则

C.若a口尸=/,m//a,m//p,则加〃/

D.若々口）=/,mua,m_\_l,则加

【答案】AC

【解析】

【分析】

根据空间中的线线、线面、面面关系的判定可得选项.

【详解】

对于选项A,垂直于同一个平面的两条直线相互平行，所以选项A正确；

对于选项B,若a，夕，mua,ncj3,则加与〃可平行或异面，不一定垂直，所以选项B错误；

对于选项C,若=/,mHa,mll/3,可推出m〃/,则选项C正确；

对于选项D,若aDA=/,mua,mVl,则用与尸不一定垂直，所以选项D错误；

故选：AC.

【点睛】

方法点睛：空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，

还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题

不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.

11.（2021・广东白云.高一期末）某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台002,在轴截

面45CD中，AB=AD=BC=2cm,且C£>=2AB,下列说法正确的有（）

A.该圆台轴截面面积为3j1cm2

B.该圆台的体积为也cm?

3

C.该圆台的母线与下底面所成的角为30°

D.沿着该圆台表面，从点C到A3中点的最短距离为5cm

【答案】ABD

【解析】

【分析】

求出圆台的高，由梯形的面积公式可判断A；由台体的体积公式可判断B；由台体的母线与高可判断C；将

圆台补成圆锥，侧面展开，取AO的中点为P,连接CP,可判断D.

【详解】

解：由AB=A£）=3C=2cm,5.CD2AB,

可得CD=4,高002=J"=G，

则圆台轴截面ABCD面积为g（2+4）x6=3辰n?,故A正确；

圆台的体积为V=g?t（l+4+2）x,故BiE确；

圆台的母线与下底面所成的角为,其正弦值为且，

2

所以44。。=60。，故C错误；

由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为4cm,底面半径为2cm,

侧面展开图的圆心角为。=竽2IT.=2兀，

设的中点为尸，连接CP,

o

c

可得NCQP=90°,0C=4,OP=2+1=3,

则。尸="仔=5,所以沿着该圆台表面，

从点C到AZ）中点的最短距离为5cm,故D正确.

故选：ABD.

12.（2021・湖北孝感•高一期末）如图，在正三棱柱A8C-A/B/C/中，AB=A4/=1,尸为线段8/C/上的动点,

则下列结论中正确的是（）

A.点A到平面A/BC的距离为也

B.平面A/PC与底面A8C的交线平行于A/P

2

TT

C.三棱锥尸-4BC的体积为定值D.二面角A/-BC-A的大小为了

【答案】BC

【解析】

【分析】

根据点面距、面面平行、线面平行、二面角等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.

【详解】

A选项，四边形是正方形，所以所以

但AM与3C不垂直，所以AM与平面ABC不垂直，所以A到平面ABC的距离不是受，A选项错误.

2

B选项，根据上棱柱的性质可知，平面ABC〃平面ABC-所以AP〃平面ABC,

设平面4fC与平面45C的交线为/,根据线面平行的性质定理可知AP〃/,B选项正确.

C选项，由于与G〃BC,与C（X平面A8C,SCu平面ABC,所以4G〃平面4BC.所以P到平面4比的距离

为定值，所以三棱锥尸-A8C的体积为定值，C选项正确.

D选项，设。是8C的中点，由于AC=A8,4C=4B,所以A©_LBC,所以二面角A-BC-A的

平面角为NAQ4,由于所以NAQAH?，D选项错误.

故选：BC

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.

13.(2019・北京・高考真题(理))已知/,，〃是平面a外的两条不同直线.给出下列三个论断：

®Z±/M；®m//a­③/J_a.

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：.

【答案】如果/-La,m//a,贝ij或如果/J_a,则m〃a.

【解析】

【分析】

将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.

【详解】

将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：

(1)如果/_La,m〃a,则/_Lm.正确；

(2)如果LLa,11m,则，”〃a.正确；

(3)如果/_!_〃?，m//a,则/_La.不正确，有可能/与a斜交、l//a.

【点睛】

本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.

14.(2022•陕西•宝鸡市金台区教育体育局教研室高一期末)如图，平面&//////,直线/,，“分别与a、夕、

AR1

7相交于点A、B、C和点。、E、F,若左=;，。尸=20,则防=.

£>C3

【解析】

【分析】

分两种情况：（1）直线/和机在同•平面内（2）直线/和，”不在同一平面内，即/和机异面然后利用面面平

行的性质定理得到线线平行，进一步利用平行线分线段成比例定理得到结果.

【详解】

分两种情况：

因为平面。//月〃7，«AT=AD,PnT=BE,Ynr=CF,所以AD//BE//CF,

」48DE1LL

所以=H=乂。尸=20,所以E尸=15；

BCEF3

（2）直线/和用不在同一平面内，即/和小异面，过。作D"〃AC,

m

平面a//£//y,:.AB=DG,BC=GH,

设直线DH与AC所确定的平面为4,

又4口4=3瓦40/=印"又"/丫,所以GE//HF,

利用平行线分线段成比例，可得空=空=空=（，XDF=20,所以所=15.

BCGHEF3

综上，EF=15.

故答案为：15.

15.（2021•江苏南京•高一期末）如图，圆锥的母线长为4,点M为母线A8的中点，从点M处拉一条绳子,

绕圆锥的侧面转一周达到8点，这条绳子的长度最短值为2石，则此圆锥的表面积为

【答案】5n

【解析】

【分析】

作出圆链侧面展开图，根据给定条件求出展开图扇形圆心角，再求出圆锥底面圆半径即可作答.

【详解】

将圆锥侧面沿母线A8剪开，其侧面展开图为扇形，如图,

从点M处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B点，最短距离即为线段长，则有8M=26,

TT

而M是线段AU中点，乂母线长为4,于是得⑷腔+人彦=20=8",即N8A8'=5，

设圆锥底面圆半径为r,从而有：2勿=4?，解得r=l,

所以圆锥的表面积为S—Tii'1+7rr-AB—5n.

故答案为：5n

16.（2020.浙江杭州.高一期末）设A,B,C,。是同一个半径为4的球的球面上四点，“AfiC为等边三角形

且其面积为9G，则三棱锥。-ABC体积的最大值为.

【答案】18班

【解析】

【分析】

求出等边AABC的边长，画出图形，判断。的位置，然后求解即可.

【详解】

△A8C为等边三角形旦其面积为96，则=¥"48?=96，=AB=6

如图所示，设点M为的重心，E为AC中点，

当点。在平面ABC上的射影为M时，三棱锥n-ABC的体积最大，此时，OD=OB=R=4,

•••点M为三角形ABC的重心，,BM=aBE=2+,

/.Rt△OMB中,有OM=\JoB2-BM~=2，DM=OD+OM=4+2=6,

所以三棱锥D-ABC体积的最大值Vn_AHC=gx9石x6=186

故答案为：186

【点睛】

思路点睛：本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，要求内接三棱锥体积的最大值，底面是面积一

定的等边三角形，需要该三棱锥的高最大，故需要底面ABC,再利用内接球，求出高ZW,即可求

出体积的最大值，考查学生的空间想象能力与数形结合思想，及运算能力，属于中档题.

四、解答题：本题共6小题，共计70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.(2021•山东•高考真题)如下图，在四棱锥S-4JCD中，底面ABCZ)是正方形，平面SA£)_L平面ABCD,

SA=SD=2,AB=3.

(1)求SA与8C所成角的余弦值；

(2)求证：AB1.SD.

3

【答案】(D4；(2)证明见解析.

【解析】

【分析】

(1)由题意可得NS4D即为SA与BC所成的角，根据余弦定理计算即可；

(2)结合面面垂直的性质和线面垂直的性质即可证明.

【详解】

【考查内容】异面直线所成的角，直线与平面垂直的判定和性质

【解】(1)因为A0/BC,因此NS4D即为点与8C所成的角，在ASAD中，SA=SD=2,

222222

又在正方形ABCD中AD=A3=3,因此cosNSAO=<?A+4D—-—VD=上2二+3一-—2=-3，

2SAAD2x2x34

因此SA与8C所成角的余弦值是1.

4

(2)因为平面SAD_L平面ABCD,平面Me平面=AD,在正方形ABCD中，AB1AD,

因此AB_L平面SAO,又因为SDu平面S4),因此

18.(2021.广东・仲元中学高一期中)如图所示，半径为/?的半圆内的阴影部分以直径48所在直线为轴，旋

转一周得到一个几何体，求该几何体的表面积(其中NB4C=30。)及其体积.

【答案】38TR2,

26

【解析】

【分析】

阴影部分旋转后，可看作是球体中间去掉两个同底的圆锥体，其表面积为外侧球体的表面积加上两个圆锥

的侧面积，其体积为球体体积减掉两个圆锥的体积，计算求解即可.

【详解】

过。作几何体的截面如图所示，过C作CQ_LAB于京山题意得NBC4=90°，

vZBAC=30\AB=2R,

a

:.AC=MR,BC=R,CO.=—R.

2

.・.s球=4乃火2,S**="^RX6R=3R2,S融辘BO^="与RXR=£~笈R2,

2

S几何体表=S球+S回附Q侧+S例推8。网=4TTR~+^^R~+下■兀R=-兀R?•

4

又・・.唳=77”

环3

1

=-^OC7vCO;^-7vR-AOy,

%铢叫="O"•CO：=%R2.附，

几何体=匕求一（唳取q+唳锥8Q）=.

19.(2021•江西省崇义中学高一期中)在直三棱柱ABC-中，",=2,BC=4,AB=AC=2>/2,xtBC

的截面a与面ABC交于EF.

⑴求证：EF//BC.

(2)若截面a过点A，求证：《，面4£尸.

(3)在(2)的条件下，求?-EFA•

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

呜

【解析】

【分析】

(1)由题意易得BC〃面A8£,然后根据线面平行的性质定理即可证明；

(2)取E尸的中点。，连接4。和AO,由己知可得AOLEF,求解三角形证明A0，4。，再由直线与平

面垂直的判定可得4/。_1-平面AEF,进而得证0：_1_面AEF-,

(3)由(2)可得面A£F，从而有A。，AO,目.AO=AO=0,进而可得证EO_L面A4,。，II.

EO=54G=1,最后由匕|-£以=^E-A,AO+VF-AAO=2VgfAo即可求解.

(1)

证明：由题意，在直三棱柱ABC-ABC中，可得BC//4G，所以BC//面4BC，

又YBCu面a,an面Ag£=EF,

所以由线面平行的性质定理，可得BC//EF；

(2)

证明：取£尸的中点。，连接A。和A。，

•.•截面a过点A「.•.截面a即为面A/C,

；.E、尸分别为耳A,AC]中点,即AE=AF,

又：。为EF中点，AAOVEF,

在RtZ\AOE中，AE=y/3,EO=\,，AO=&,

同理，AO=&，在△AOA中，A,O2+AO2=AA；=4,

...△AOA为直角三角形,即AQLA。，

又AOnEF=O，二4。，面A£F，而AQua,

二a_1_面AEF.

（3）

解：由（2）可得A。-1■面AEP,而AOu面AEF,

所以4。，4。，」14。=40=>/^，

又由AOLEO,且AQ_LE。，AO[}A,O=O,

故可得£0_1面440,且EO=gBC=l，

又由^A,-EFA=^E-A,AO+^F-A,AO=^E-A,AO=2X—X—XyA.0XAOX£（?=2X—X—XX>/2X1=—.

20.（2021•福建・厦门市国祺中学高一期中）如图在直三棱柱ABC-ABC中，ZABC=90°,BC=2,CCt=4,

E是Bq上的一点，且E4=l,D、F、G分别是CC、B©、AC的中点，EF与BQ相交于以

⑴求证：8QJ•平面A8力；

(2)求证：平面EFG〃平面ABD；

(3)求平面EGF与平面的距离.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析；

⑶逑.

2

【解析】

【分析】

(1)根据面面垂直的性质定理可得ABJ.平面BCG用，进而推出再结合BQ、BR的边长,

利用勾股定理即可推出8£>，耳。，最后结合线面垂直的判定定理即可完成证明；

（2）根据G尸是A片的中位线，即可证明GF//AA，再利用A8〃AB1,即可证明GF//A8,再根据题意条件,

证明EF//BD,最后利用面面平行的判定定理即可完成证明；

（3）由（2）可知，平面EFG〃平面回，而EF//BD,因此平面EGF与平面ABD的距离就是两条平行线

EF和BD之间的距离，再结合四边形BCC4的边角关系，可得，。是EF和8。的公垂线，即为两个平面之

间的距离，求出即可完成距离的求解.

（1）

,•,在宜三棱柱A8C-A4a中，平面ABC,平面BCC内,交线为CB,而/A5C=90。，.1AB，平面BCG4,

BQu平面8CC18],ABlBtD,

根据已知条件可得，。为CG的中点，B\D=DB=2O,耳8=4,结合勾股定理可得BOJ.玛。，

BDcAB=B,所以与。JL平面

（2）

如图所示，取的中点T,连接TG，,.片B=4,Eg=l,E为珥的中点，而尸为的中点，，EF

为TC的中位线，E尸〃TG，乂,：CQHTB,且CQ=TB,BD〃丁孰，；.EF"BD,•；EFa平面ABD,

EF〃平面AB£）,

•••F、G分别是4G、AG的中点，，G尸是A片的中位线，••.GF〃A4，

•••在直三棱柱ABC-中，ABH%Bt,GF//AB，:GFa平面A3。，；.GF〃平面AB£>，又GFcEF=F,

■.平面EFG//平面ABD.

（3）

由平面E尸G〃平面ABD,E尸与瓦。相交于H,又：BQL平面⑷?。，；.HD_L平面43。，二两平面之间的

距离即为打到平面ABD的距离，即〃£>,EFHBD.

BEHB.Jo.3万

^BEH^BBD

tt1—,.-/7D=—.

BB[DB122

故平面EGF与平面AQ的距离为述.

2

21.（2021•上海交大附中期中）在RtaABC中，ZC=90°,BC=3,AC=6,D、E分别是4C、AB上的

点，满足小〃8c且£>E经过AABC的重心，将AADE沿。E折起到△AQE的位置，使AC^Cn,“是4Q

的中点，如图所示.

⑴求证：AC，平面BCDE；

(2)求CM与平面ABE所成角的大小;

(3)在线段48匕是否存在点N(N不与端点4、8重合)，使平面CMN与平面。EN垂直?若存在，求出A7

与BN的比值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(3)存在；2

【解析】

【分析】

(1)结合线面垂直判定定理和折叠性质可证；

(2)通过建系法求出丽和平面ABE的法向量/设线面角为。，结合公式sin6=cos传而内求解即可;

(3)在(2)的坐标系基础上，写出B,CRM,E坐标，设N(N，WZJ,BN=ABA；,表示出点M分别求出

平面CMN与平面OEN的法向量，令数量积为0,求出参数2即可.

(1)

因为在RtZSABC中，ZC=90°.DE//BC,所以OEJ_4/),£)E_L8,

因为折叠前后对应角相等，所以。所以DEL平面AC。，DE1A.C,

又ACLCD,CDQDE=D,所以4。，平面8。。民

(2)

2

因为DE经过AABC的重心，故OE=]BC=2,由(1)知AC平面8CQE,以CO为x轴，CB为N轴，CAt

为z轴，建立空间直角坐标系，由几何关系可知，C/)=2,4)=4，AC=26，

故C(0,0,0),£>(2,0,0),E(2,2,0),B(0,3,0)，A(0.0,2@,M(l,0,G),丽=(1,0,6),率=仅,3,-2@,率=(2,2,一2@,

设平面4BE的法向量为〃=(x,y,z),贝必――八，即｛,，令y=2,则z=Gx=l,“=小2,6),

设CM与平面ABE所成角的大小为氏则有sin*cos(两㈤=氤京=£^=孝，取0吟,即CM与平

面A8E所成角的大小为£；

4

设N(_x,，x，zJ,BN=ABA；,即乂-3,zJ=/l(0,-3,2百)，

即占=0,%=3(1_4)乌=2融，N(0,3(I-Q,2&),西=(1,O,G),

OV=(0,3(l-z),2x/3A),设平面CMN的法向量为£=(々,％*2)，则有

x2+A/3Z2=02后-

令出=后,贝ljz=-1

3(1-/1)%+2也%=02%=许,％=

同理，设平面的法向量为鼠=(W，%，Z3)，尻=(020),丽=(-2,3(lT),2Gi),

则〔球1即匕：2回=0,—「叱故研百局，

若平面CMN与平面DEN垂直，则满足后石=0,QP3-4=0,A=1故存在这样的点，丽=:觇,所以

A33

22.(2021・上海•位育中学期中)如图，在斜三棱柱ABC-ABC中，AC=BC,。为A8的中点，。