高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (51)(含答案解析)

必修二第八章《立体几何初步》单元训练题（高难度）（51）

一、单项选择题（本大题共12小题，共60.（）分）

1.在四棱锥P-4BCO中，PA=2,PB=PC=PD=小，AB=AD=迎,BC=CD=2,则四

棱锥P-4BCD的体积为

A.2V3B.V3C.V5

2.如图水平放置的一个平面图形的直观图是边长为的正方形，则原图形

的周长是（）./______

一八~Af

A.Sent

B.item

C.2（14-\/3）cm

D.2（1+V2）cm

3.已知三棱锥P—ABC中，PA9PB,PC两两垂直，且PA=PB=PC=1,则三棱锥P—ABC外接

球的表面积为（）

A.nB.A/3TTC.27rD.37r

4.如图，在四棱锥P—ABC。中，平面PADJ_平面ABC。，底面ABC。为久

正方形，mPAD是等边三角形，AB=2,则四棱锥P-ABCD外接球的//\\

半径为

D.V2

5.如图，矩形A8CZ）中，AB=1,BC=近,E是A。的中点，将团ABE沿8E折起至忸4BE,记

二面角4-BE-。的平面角为a,直线AE与平面BC0E所成的角为/?,AE与8c所成的角为y,

有如下两个命题：①对满足题意的任意的4的位置，a+0三兀；②对满足题意的任意的4的位

A.命题①和命题②都成立B.命题①和命题②都不成立

C.命题①成立，命题②不成立D.命题①不成立，命题②成立

6.已知〃为不重合的直线，a为平面，下列命题：

⑴若a〃b,aHa,则6〃a；

（2）若a〃a,bua,则a〃b；

（3）若aJLb,b//a,则a1a；

（4）若ala,bla,贝肪〃a,其中正确的有（）个

A.0B.IC.2D.3

7.已知回ABC中，AB=BC=4,/.ABC=90°,平面ABC外一点P满足24=PB=PC=2通，

则三棱锥P-ABC的外接球的表面积是

A.327rB.367rC.257rD.16兀

8.体积为8的正方体内有两个半径相同的球，则球的半径的最大值为（）

A.V6-V3B.淮C，D.U

222

9.在四棱锥P-ABC。中，PA=2,PB=PC=PD=V7，AB=AD=巾,BC=CD=2,则四

棱锥P—4BCD的体积为（）

A.2V3B.V3C.V5D.3

10.一个各面均为直角三角形的四面体容器，有三条棱长为2,若四面体容器内完全放进一个球，

则该球的半径最大值为（）

A.V2-1B.2-V2C.1D.2

11.在四棱锥P—ABCD中，P4=2,PB=PC=PD=y/7,AB=AD=巾,BC=CD=2,则四

棱锥P-48C。的体积为

A.2V3B.V3C.V5D.3

12.如图，菱形ABC。中，/.ABC=60°,E,尸分别是边AB,CO的中点，现将A4BC沿对角线AC

翻折，则直线EF与平面AC。所成角正切值的最大值为（）

B

二、填空题（本大题共9小题，共45.0分）

13.如图所示，在四面体ABC木块中，P为AlMC的重心，过点尸作截

面EFGH,若截面EFGH是平行四边形，则该截面把木块分成两部分

体积之比为.（填体积小与体积大之比）

14.如图，在正方体ABCD-&B1GD1中，直线与4B1CD所成角大小为

15.正方体ABCD-&B1GD1棱长为4,M,N,P分别是棱为久，ArA,

的中点，则过M,N,P三点的平面截正方体所得截面的面积为

16.已知三棱锥P-ABC中，PA1平面ABC,PA=BC=2,^BAC=p则三棱锥P-ABC的外接

球的表面积为.

17.在三棱锥P-ABC中，AB=BC=CA=V3>PA=1,PB=2,二面角P-4B-C的平面角的

大小为半则此三棱锥的外接球表面积为.

18.在四面体ABC。中，三组对棱长分别相等且依次为百、V10,V13,则此四面体A8CZ)的外接

球表面积为.

19.三棱锥P-ABC中，AB=PA=PB=2,乙4cB=30。，当三棱锥P-4BC体积最大时，其外接

球半径为.

20.周长为3c〃?的矩形，绕一条边旋转成一个圆柱，则圆柱体积的最大值为____cm3.

21.如图，在三棱锥P-ABC中，PA_L平面ABC,Z.ACB=90%/为线段PC°卜

上一点，E为线段P8上一点，PA=AB=2,4。=雪，则当力尸+尸6取

最小值时，AE与平面P8C所成角的正弦值为.队\

三、解答题（本大题共9小题，共108.0分）

22.如图，四棱锥S—48CD中，28〃CD,AD_L4B,S41DC,SB14C,CD=2AB=y[2AD=2,

SD=3,SE=2EB.

(1)求证：SD〃平面AEC.

(2)求点A到平面BEC的距离.

23.如图，在直三棱柱ABC-4当Ci中，△&B1G为等腰直角三角形，&Bi=B1G=2,D为棱BB〔

上的点，E为棱CCi的中点，BBi=24当=gBiD.

(1)若M为BiG的中点，Aa上是否存在点M使得MN〃平面4DE?若存在，求出近-的值；若

不存在，请说明理由.

(2)求几何体4DE-4B1G的体积.

24.如图，四边形A8CZ)为菱形，4ABe=120。，MN//AC,4BMD为

等边三角形，且平面AMD与平面8NC无公共点.

(1)求证：CN〃平面ABM；

(2)若4B=2,AM=6,求三棱锥N-BCD的体积.

8

25.已知四棱锥P-4BC0中，PAIJgffiABCD,AD//BC,AB=3,BC=4,AC=5.

(1)当PA变化时，点C到平面P48的距离是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明

理由；

(2)若P4=3,求直线PC与平面PA。所成角的正弦值.

26.如图，正三棱柱—中，E为AC的中点.

(1)求证：AB1〃平面BEC1；

(2)若该三棱柱各棱长为1,F为CG中点，AF交GE于点G,B建交BJ于H,求G4的长.

27.如图，在四棱锥P—4BCD中，底面ABCD为正方形，侧面PA。是正三角形，侧面PAD1底面

ABCD,M是PO的中点.

(1)求证：AM1平面PCD;

(2)求侧面PBC与底面ABC。所成二面角的余弦值.

28.如图，在底面为梯形的四棱锥S-4BCD中，已知4D〃BC,4SC=60\AD=DC=V2,S/1

(1)求证：ACA.SD；

(2)求三棱锥B-S4D的体积。

29.如图，在底面为梯形的四棱锥S-4BCO中，已知40〃BC,AASC60°,AD=DC-V2"SA

SC=SD=2.

D

(I)求证：ACLSD；

(n)求三棱锥B-SAD的体积.

30.如图所示，在长方体ABCD-4道心。1中，点E和F分别是4cl和BBi

的中点.求证：EF〃平面ABCD

B

【答案与解析】

1.答案：D

解析：

本题主要考察对棱锥体积的求解，余弦定理的应用，属于较难题.

解：设。/=%,0C=y,则％2—y2=7—4=3=>x2=y2+3,

2x2-4x2+y2-7

cosZ.POA=——=------------------

2x22xy

4-2y22(x2-y2)x-y

2xy2x(%+y)x

=xy=2,

222

x—y=x——=3=>x=2,y=lf

则4c=3.

OD=V7^4=V3，BD=2遮，

SABCD=1x2>/3x3=3A/3,

显然△PAC中，AC边上的高即为四棱锥的高，设其为儿

由余弦定理可得cos/APC=丝乌丝=亚，

2X2XV714

则sinN/lPC=—.

14

则有工x2xV7x—=ix3x/i

2142

h=V3,

，P-ABCD=3X3聒XV3=3,

故选D

p

/

2.答案：A

解析：

本题考查的知识点是平面图形的直观图，其中斜二测画法的规则，能够帮助我们快速的在直观图面

积和原图面积之间进行转化，属基础题.

根据直观图的画法可知，在原几何图形中，O'A'B'C'为平行四边形，且有O'B'IO'A,0旧=2内

O'A'=1,由此可以求得原图形的周长.

解：根据直观图的画法可知，在原几何图形中，O'4'B'C'为平行四边形，

且有O'B'J.。'4',O'B'=2V2,O'A'=1,

所以4B'=3,从而原图的周长为8.

故选A.

3.答案：D

解析:

本题考查多面体外接球表面积的求法，训练了利用“分割补形法”求多面体的体积，是基础题.

由三棱锥P-ABC的侧棱PA,PB,PC两两垂直且相等，直接补形为正方体求解.

把三棱锥P-ABC补形为正方体，可得三棱锥P-ABC外接球的半径R=人12+/+A=虫.

22

三棱锥P-ABC外接球的表面积为47Tx4)2=37r.

故选：D.

4.答案：A

解析：

本题主要考查了三棱锥结构特征以及三棱锥外接球半径的求法，属于中档题.

根据题意，取A。的中点F,连AC、BO相交于点E,结合题意确定球心位置，然后进行计算即可得

到答案.

解：如图，取AO的中点尸，连4C、80相交于点E,四棱锥P-ABCD的外接球的球心必定在过点

E且与平面A8C。垂直的直线上.EF=1,PF=同

22

设四棱锥P—ABCD的外接球的半径为R,AE=五，0E=V/?-2./?=1+(百一0E『，可得R2=

1+(V3-VR^2)2-解得R=亨.

故选A.

BC

5.答案：A

解析：

本题考查空间角，解决问题的关键是做出对应角a,0,y,结合运动过程分析所给命题即可.

作出二面角a的补角、线面角3、线线角y的补角，由此判断出两个命题的正确性.

【详解】①如图所示，过A作A。1平面垂足为0,连接0E,作。连接AM.

由图可知乙4'M。=7T-a,/-A'EO=^<Z-A'MO=n-at所以戊+夕工加，所以①正确.

②由于BC〃DE,所以4E与BC所成角y=TT-N4EDS/4M。=兀一面所以a+yW〃，所以②

正确.

综上所述，①②都正确.

故选：4

6.答案：A

解析：

本题考查直线与平面的位置关系，空间想象能力，属于基础题.

由空间中的线面关系逐个核对四个命题得出答案

解：(1)错，若a〃b,a//a,则b〃a或bua；

(2)错，若可/a,bua,则a与6平行或异面；

(3)错,若aJLb,b//a,则a1a或a〃a或相交不垂直，

(4)错，若a_La,61a,贝肪//a或bua.

故选A.

7.答案：B

解析：

本题考查空间几何体的结构特征、球的表面积，考查空间想象能力.

三棱锥P-4BC的三条侧棱两两相等，则顶点P在底面ABC的射影为△ABC的外心，即可得.

解：•••PA=PB=PC=2V6,

.・・棱锥顶点P在底面投影为△ABC的外心。1，

所以POi_LAC,如图所示：

・•・先求△48c外接圆半径r,

又因为在△ABC中，AB=BC=4,Z.ABC=90°,

・.・CA2=42+42=32,则CA=4vL

・••r=-r--=2>/2,

2sin90°

・•・P01=-COl=4，

所以在RtZsBOg中，BO?=8。工+。1。2,即R2=（2&『+（4-R）2,解得R=3,

所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积是47r-32=367r.

故选8.

8.答案：D

解析：

本题考查了空间简单几何体的结构特征、正方体的体积计算、三角形相似，属于中档题.

根据题意当两球外切且尽可能与正方体面相切时球的体积最大，利用正方体的结构特征去解答.

解：・•・因为正方体的体积为8,

其梭长为2,

正方体的两最大内切球的轴截面图如下图所示

设圆的半径为r,矩形的长为2e，宽为2,则对角线长为2b,

三角形相似得到高:=盍，

解得r=上遗，

2

故选D

9.答案：D

解析:

本题考查四棱锥的体积，考查了转化思想，属于难题.

先证明BO_L平面P.AC',此时转化为/MBCD=[SAPA「BD,再设B。=X,在△「?!（：中，构造等

式cos/POA+cos4POC=0求出x的值，即可分别求出8。=2x=2百，ShPAC=再代入公式

就可求解.

解：如图所示：

B

连接AC,BD,记交点为。，

由于48=40=夕，BC=CD=2,则。为8Q的中点，

则801AC,

连接P0,在△PBD中，由于PB=PD,

则BD_LP。，

而P。C\AC=0f

则BD±平面PAL,

故"-ABCD—^P-ABC+^P-ACD

=^B-PAC+^D-PAC

11

=•BO+-S^PAC-DO

=gSaPAC.BD,

设B。=x,

则04=>J7—x2,0C=V4—x2,OP=V7—x2,

则匕一弓>?，得。<尤2<4,

(4-xz>0

在△PAC中，

由于4P0A+Z-POC=n,

则cos/POZ+cosZ-POC=0,

4日0d+0「2-Ap2OC2+OP2-PC2c

彳寸-----------F----------------=0

20A0P20C0P

Ulll7-X2+7-X2-44-X2+7-X2-7_n

人」访皇室哀十云赤字石字=u'

化简得：备装，

两边平方整理得，X4-11X2+24=0,

即(/一3)(/—8)=0,

由于0</<%

得/=3,

故。4=2,0C=1,BD=2x=2V3.

又在APH。中，

40=2,AP=2,0P=2,

故NPA。=60°,

则SAPACsin600=-x2x3x—=—,

ccj=-2\APXACX222

故/TBCD=[SAPAC,BD=1x苧x2g=3，

故选〃.

10.答案：A

解析：

本题考查简单几何体的结构特征，考查四面体的内切球，属于中档题.

根据四面体的形状通过等积法计算其内切球的半径的大小可得结果.

解：如图，在四面体A8C。中，平面BCD,BO1BC时满足各面均为直角三角形，

此时只能是4。=BD=BC=2,贝ijAB=CD=2dLAC=2百，

要满足题意则当球与四面体各面均相切时半径最大，

此时设球心为O,则原四面体可看成以。为顶点，其余各面为底面的4个四面体组合而成,

且这4个四面体的高均为内切球的半径，

设内切球半径为广，

由等积法有；x23=；r(2x2+2x2+2x2V2+2x2或),

66

解得r=&一1，

即满足题意的内切球的最大半径为/-1.

故选A.

11.答案：D

解析：

本题考查四棱锥的体积，考查了转化思想，属于难题.

先证明B。平面尸AC,此时转化为VPTBCD=：SAPAC・BD,再设8。=X,在△P4C中，构造等式

C0SNP04+coszPOC=0求出x的值，从而得S”.=手，再代入公式就可求解.

解：如图所示:

p

连接AC,BD,记交点为。，

由于4B=an=V7，BC=CD=2,则。为8。的中点，BDVAC,

连接P0,在APB。中，由于PB=PD,

则BC1PO,而p。nac=0,

则B。L平面PAC,

故力-ABCD—Vp-ABC+^P-ACD

—VB-PAC+^D-PAC

11

=g5APzic,BO+-S^PAC•DO

=1"".BD,

设B。=x,

则。4=V7-%2,OC=V4-x2,OP=V7-x2-

则E一号>?,得0</<4,

(4—xz>0

在△P4C中，

由于4P。/+Z-POC=71,

则C0S4P04+CQSZ-POC=0,

^eOA2+OP2-AP2,OC2+OP2-PC2c

彳寸-----------------F----------------=0

2OAOP2OCOP

2222

|J||I7-X+7-X-44-X+7-X-7_0

人J访予京哀十五方字石堂=u'

化简得：备装，

两边平方整理得，X4-11X2+24=0,

即(7一3)(/—8)=0,

由于0<%2<4,

得/=3,

故。4=2,0C=1,BD=2x=2V3.

又在APH。中，

A0=2,AP=2,0P=2,

故NP4。=60°,

则SAP/IC=：x4PxACXsin60°

=，2x3x^=幽

222

故%-4BCD=|^AP»C-BD

=ix—x2V3=3>

32

故选。.

12.答案：C

解析：

本题主要考查直线与平面所成角，题目较难.

先作EG垂直于平面ADC交平面ADC于G点，过G点作平行于OC的直线交A尸于H点,连接HE,

得到NGFE即为所求角，根据对称性，DB=BC,依据正切函数的公式即可推出结论.

解：菱形ABCD中，乙4BC=60。，E,F分别是边AB,CO的中点

若将△ABC沿对角线AC翻折，如图所示，

作EG垂直于平面ADC交平面ADC于G点，过G点作平行于DC的直线交A产于“点，连接“E,

所以4GFE即EF和平面40c所成的线面角，

又因为AEGHGG//F都为直角三角形，EG<EH,GF>HF

tanNEFG二零，所以当G点和，点重合时，线面角正切值最大，

此时EH垂直于平面ADC,

根据对称性，DB=BC,设4。=1,则4尸=立，BF=—,AE=

222

EF=主,则直线EF与平面ACO所成角的正切值为tauNEF"=3互=1+追=追，

2EF222

故选C.

13.答案:]

解析：

本题考查棱锥的结构特征，几何体的体积，是中档题.

由己知可得EH〃4C〃FG,且W/：VC=VE：VA=EH：AC=2：3,连接W7、VG.AG、AH,则

多面体EFGHVB的体积等于四棱锥U-EFGH的体积与三棱锥V-BFG的体积和，多面体EFGHAC

的体积等于四棱锥A-EFGH的体积与三棱锥H-4GC的体积和.找出各多面体体积的关系得答案.

解：如图，

•••四边形EFG”为平行四边形，

•••EH=FG,S.EH//FG,

因为FGu平面ABC,EHC平面ABC,

EH〃平面ABC,乂EHu平面VAC,平面IMCn平面ABC=AC,

EH11AC,则EH//4C//FG,

vP为4IMC的重心，

•••VH：VC=VE：VA=EH：AC=2：3,

而EH=FG,

:.BF：BA=BG：BC=FG：AC=2：3.

连接VF.VG.AG、AH,

则多面体EFGHVB的体积等于四棱锥IZ-EFGH的体积与三棱锥V-BFG的体积和，

多面体EFGHAC的体积等于四棱锥A-EFGH的体积与三棱锥H-4GC的体积和.

•••四棱锥U-EFGH的高是四棱锥4-EFGH的高的2倍，底面积相等，

.•・四棱锥V-EFGH的体积是四棱锥4-EFGH的体积的2倍；

•••三棱锥V-BFG的底面积是三棱锥H-4GC的底面积的g倍，高是3倍，

三棱锥U-BFG的体积是三棱锥4-AGC的体积的4倍.

设棱锥H-AGC的体积为匕，则三棱锥H-AFG的体积为|匕，有四棱锥A-EFGH的体积是g匕.

•••多面体EFGHAC的体积等于（匕，多面体EFGHVB的体积等于4匕+：匕=g%,

•••多面体EFGHAC的体积与多面体EFGHVB的体积比等于亲

故答案为：

14.答案：30°

解析：

本题考查线面角的求法，考查推理能力和计算能力，属于一般题.

连接CBi，取CBi的中点O,连接04，先说明NB4。就是直线与4B1CD所成角，再利用三角知

识即可求解.

解：连接C&,取CB］的中点。，连接。公,

在正方体ABCD-AiBiGCi中，!_平面BCGB「

BOu平面BCQBi，则4出1B0,

又BO1CBignA/i=Bi，CB”AiBiu平面A/CD,BO仁平面&B1CD,

所以8。L平面&B1CD,又为。u平面A&CD,

所以80140,即A40B为直角三角形,

所以NBA1。就是直线与&B1CD所成角,

又sin/BA]。=券=：,且/BA。G[0°,90°],

所以NB&。=30°,即直线与4B1CD所成角大小为30

故答案为300.

15.答案:12V5

解析:

本题考查了空间中的平行关系与平面公理的应用问题，属于中档题.

根据题意，取正方体ABCD-481C1D1棱AB、BC、CG的中点L、K、Q,连接NL,LK、KQ、QP,

得出六边形PQKLNM是所得的截面，求出该六边形的面积即可.

取正方体ABCD-AiBiGDi棱43、BC、CQ的中点L、K、Q,

连接NL,LK、KQ、QP,

由立方体几何性质以及中位线性质得NL〃&B〃£»iC〃PQ,同理KL〃MP,MN〃KQ,PQKLNM共

面.

则六边形PQKLNM是过M,N,尸三点的平面截正方体所得的截面,

该六边形是正六边形，其边长为!NQ=2&,

其面积为6x|x(2V2)2Xy=12A/3.

故答案为12g.

16.答案：87r

解析:

本题考查三棱锥的外接球表面积，属于基础题.

将三棱锥还原成直三棱柱，则三棱锥与直三棱柱的外接球相同.

解：将三棱锥还原成直三棱柱，设直三棱柱的外接球球心为0,

£>'、力分别为上下底面的外接圆圆心，。为。。'的中点，AO为底面外接圆的半径,

由正弦定理可得：9」4°n=B不C:一，则4。=1,

由0D=1,

则外接球半径R=A0=V2,

所以外接球的表面积为：4兀/?2=8兀.

故答案为87r.

137r

17.答案:

解析：

本题考查三棱锥的结构特征及二面角与球的表面积公式，考查空间思维能力，属于较难题目.

先得出24148,作出二面角P-AB-C的平面角，取。H=HF=FC=｝过点H作。H_LCD交EF

于点0,连接EF,由NE0C=g。6=；22=；可得2。尸£'=：,则。”=3,再由勾股定理求出

32266

外接球的半径得出外接球的表面积即可.

解：VAB=BC=CA=V3.PA=1,PB=2,

：.PA2+AB2=PB2,

・•・PA1.AB,

取4。的中点。，PB的中点E,连接C£>,DE,

可得DE14B,CDLAB,

・•.NCDE即为二面角P-4B-C的平面角，即:,

<5

DE=\PA=l,CD=^AB=l，

223

-CD=-x-=1

332

取DH=HF=FC=^,过点〃作OH1CD交EF于点O,连接EF,

・：4EDC=&OE=：P4=；可得NOFE:,则OH=夜,

322（16

••・外接球的半径R=J曲2+/=等

•••外接球的表面积为47m247rx吸空.

363

故答案为r.

«）

18.答案：1-lTT

解析：

本题考查的知识点是球的表面积，其中利用割补法，补充四面体成长方体，进而求出其外接球的半

径是解答本题的关键，属于基础题.

由已知中四面体ABC。中，三组对棱棱长分别相等，且其长分别为麻，V10,V13,故可将其补充

为一个长方体，根据外接球的直径等于长方体的对角线，求出球的半径，代入球的表面积公式，即

可求出答案.

解：因为四面体ABCQ中，三组对棱棱长分别相等，

故可将其补充为一个三个面上对角线长分别为有，V10,V13,的长方体，

则其外接球的直径2R=J|(5+10+13)=V14.

所以R=近，

2

所以四面体外接球的表面积s1-R2117T.

故答案为147r.

19.答案：叵

3

解析：

本题考查三棱锥的外接球问题，属于中档题.

因为△P4B是边长为2的等边三角形所以AP4B面积确定，要使三棱锥P-ABC体积最大，既要使点

C到平面PA8的距离最大，只有当平面ABC_L平面尸AB时，体积最大，即点C到边A8的距离最大，

三棱锥的体积最大，即可求出结果.

解：取AB的中点。，连接8,

设三角形ABC的外接圆的圆心为E,三角形PAB的外接圆的圆心为F,

△面积确定，要使三棱锥P-4BC体积最大，即要使点C到平面PAB的距离最大，只有当平面

ABC,平面PAB时;体积最大，即点C到边AB的距离最大，三棱锥的体积最大，

因为44cB=30°,且48=2,△4BC外接圆E的半径CE=；X=2,

2sin30

所以C在△ABC外接圆上运动，如图所示，当点C满足C4=CB时，点C到边AB的距离最大，三

棱锥的体积最大，

此时三棱锥的高为8的长，此时AABC外接圆E的圆心E在C。上，根据球的性质可知，OE1CE,

OFIDF,OF//ED,故四边形EOF。为矩形，

故0E=DF=-x—x2

323

在Rt△CE。中，球的半径为C。=VCF2+0E2=(4+-=—.

733

故答案为且.

3

20.答案：5

解析：

本题考查的知识点是圆柱的体积，其中根据已知条件，设出圆柱的长和宽，然后可以写出圆柱体积

的表达式，是解答本题的关键.

由已知中周长为3的矩形，绕一条边旋转成一个圆柱，我们设出圆柱的长和宽，然后可以写出圆柱

体积的表达式，利用导数法，分析出体积取最大值时，自变量的值，代入即可求出圆柱体积的最大

值.

解：•••矩形的周长为3,设矩形的长为x,则宽为|-x,设绕其宽旋转成一个圆柱，

则圆柱的底面半径为x,高为|一跖则圆柱的体积1/=兀/?2•%=兀必（|一为，

则，'=-37TX2+37TX,令W=0,则％=0,或%=1,

故当％=1,圆柱体积取最大值，此时P=|TT,

故答案为：!?r.

21.答案：叵

7

解析：

本题考查线面角的求法，以及立体几何中沿表面爬行问题中的最值问题，中档题

沿PB展开，使得A,F,E共线，则4ELPB时，AF+FE最小，求出此时立体图形中的AE,过P

作4G_LPC,则4G_L平面P8C,4AEG为4E与平面P8C所成角，继而可得答案.

解：如图所示：

因为PA1底面ABC,BCu底面ABC,所以P4JLBC,

又N4CB=90。，即BC_L4C,KACCtPA=A,

所以8cl面PAC,乂PCu底面PAC,

所以BC1PC,

RtAPE中，PC=<PA2+AC2=^V3,

从而cos/APC=3=夜，即N4PC=30。，

PC2

RtAPB4中，PB=\lPA2+AB2=2五,

由△.ABC'中，BC=y/AB2-AC2=—.

3

RtAPCB中，cosZ.CPS=sinZCPB=—,

33

沿P8剪开，使得4,F,E共线，

则展开图中，力E1PB时，4F+FE最小，如下图,

C

展开图中cos乙4PE=cos(zCPB+30°)==包，

所以展开图中PE="衣，

3

则立体图中，根据余弦定理得到4E=回，

3

立体图中，过A作AGJ.PC,垂足为G,连接EG,

IffiPAC,AGu面PAC中，

所以BC1AG,

又BCCPG=C,

所以AG上面PCB,

所以44EG是直线AE与平面PBC所成角，

PAAC

又AG=1,

PC

.…cAG1，21

bt、isinZzlhG="rzr=-"7==------

所以AEv^l7.

-iF

故答案为豆.

7

22.答案：解：（1）证明：连接8。交AC于点。连接E。,

vAB//CD,・•・△ABOfCDO,

.BO_AB_1

——,

DOCD2

又空=三，则丝=些=三，

SE2DOSE2

：.OE//SD,

又OEu平面AEC,且SDC平面AEC,

ASD〃平面AEC-,

(2)点A到平面BEC的距离即点A到平面SBC的距离，设为h,

由401AB得AD1CD,

又SA1DC,SADAD=A,SA,ADu平面SAD,

得CD1平面SAD,

又SOu平面SAD,则CD1SD,

由4。J.4B得BO=V5，由⑴，得8。=匏0=冬

由4D1CD得4C=&,由⑴，得40="C=当，

5LBO2+AO2=AB2,则ACO

又SBLAC,SBCBD=B,SB、BDu平面SB。，得AC_L平面SBO,则4clsD,

"ACLSD,CD1SD,CDn>4C=C,CD、ACu平面ABC£),

SD_L底面ABCD,SD是三棱锥S-ABC的高，

vSB=yJSD2+BD2=2®BC=V3，SC=y/SD2+CD2=V13,

SB2+BC2-SC21Ijni.闻

3s乙SBC=————=则smz_SBC=——，

2SBBC66

S&SBC=-BC-sinzSFC=苧，

•S-BC=\AB.AD=寺

-*•Vs-ABC='S&ABC,SD=亏,VA-SBC=7^ASBC,后,

OZ0

由%-ABC=0-SBC，得¥=[•儿解得色=等裂，

故点人到平面BE。的距离为粤•

解析：本题考查线面平行的判定，考查空间中的距离，考查棱锥的体积计算，考查空间想象能力,

考查分析与计算能力，属于中档题.

(1)利用线面平行的判定定理证得SD〃平面AEC即可；

(2)点A到平面BEC的距离即点A到平面SBC的距离，利用等体积法，计算求解即可.

23.答案：解：(1)存在，如图，取EO的中点F,连接MF.

因为M为B1G的中点，E为CCi的中点，

4

A1B1=2,BB]=2A1B1=~B^Df

，

所以8当=4,BXD=3,CrE=2,MF=1(C1£4-fi1D)=|,MF//BrD//ArA.

取M4=m，则MF=N4又MF〃N4

所以四边形MEAN为平行四边形.

故MN〃凡4,又MN仁平面ADE,R4u平面4OE,

所以MN〃平面AOE.

所以史1=上=三.

(2)如图，过点E作平行于平面&B1G的截面QPE,分别交44],BB1于点Q,P.

在直三棱柱ABC-AiGG中，乙4祖(?1=90°,

所以PE平面4CPQ.

则所求儿何体的体积

'ADE-ABICI=匕IBIQ-QPE+VE-ADPQ=1X2X2X2+|X1X(1+2)X2X2=6.

解析：本题考查线面平行的判定及棱柱、棱锥的体积计算，考查空间思维能力及计算求解能力，属

于中档题目.

(1)取E。的中点凡连接MF,利用线面平行的判定定理得出MN〃平面AOE,进而得出段的值.

(2)将几何体分解利用棱柱的体积公式及棱锥的体积公式求出即可.

24.答案：解：(1)因为平面AMD与平面BNC无公共点，所以平面AMD〃平面8NC,

因为MN〃AC,所以4,C,N,M四点共面，

因为平面4CNMn平面AMD=AM,平面4CNMn平面BNC=CN,所以4M〃CN,

又AMu平面ABM,CNC平面ABM,所以CN〃平面ABM.

(2)设AC与8。相交于点O,连接OM,如图所示：

因为四边形ABCO为菱形，所以8014C,。为8。的中点，

因为△BMD为等边三角形，所以BCJ.OM,

又4CnOM=。，所以BD_L平面ACMW,

因为BDu平面ABCD,所以平面4CNM_L平面ABCD,

过点M作MP1AC交AC于点P,

因为MPu平面ACNM,平面4CNMn平面4BCD=AC,所以MP，平面ABCD.

因为MN〃AC,ACABCD,所以MN〃平面ABCD

所以点N到平面ABCD的距离等于点M到平面ABCD的距离.

在菱形ABCD中，由乙4BC=120。，AB=2,可得。A=g,BD=2,S^BCD=V3.

因为△BMD为等边三角形，。为8。的中点，所以0M=百，

又AM=%,所以0A=OM=AM,所以△力。“为等边三角形，所以MP=|,

所以三棱锥N-BCD体积为VN_BCD=VM-BCD=^SABCD-MP=|xV3x|=y.

解析：⑴由题意可知，平面AMD〃平面BNC,由MN〃/1C可得4M〃CN,再利用线面平行的判定定

理即可得到CN〃平面ABM.

(2)先证出MN〃平面ABCD.所以点N到平面ABCD的距离等于点M到平面ABCD的距离，再利用等

体积法得到0_BCD=VM-BCD＞进而求得三棱锥N-BCD的体积.

本题主要考查了线面平行的判定定理，以及等体积法求三棱柱的体积，是中档题.

25.答案：解：(1)由48=3,BC=4,AC=5知4辟+BC?=力小，

则AB1BC,

由24IffiABCD,BCu面ABCD得241BC,

由P4n4B=4PA,ABc®PAB,

贝|」8。_1面厚8,则点C到平面PAB的距离为一个定值，BC=4.

(2)设直线PC与平面PA力所成的角为a,

由40〃BC,AB1BC^^ABLAD,

5LPAIffiABCD,ABc®ABCD,故PAJ.48,PAnAD=A,

贝IJ4B，面PAD,

则B点到平面PAD的距离为4B=3,

由BC〃4C知点C与点B到平面PAD的距离相等,

则点C到平面PAD的距离为d=AB=3,

由PA=3,AC=5知PC=y/PA2+AC2=V34.

故sina=W=^=逅.

ACx/3434

解析：这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系，线面角的求法，求线面角，一是可以利用

等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值.

(1)根据几何关系得到BC上面PAB,进而得到点面距离:

(2)首先根据几何关系以及平行关系转化得到点C与点B到平面的距离相等,d=AB=3,PC

yJPA2+AC2=V34,sina=*求解即可.

26.答案：证明：(1)连接交BQ于点0,

因为E,。为中点，所以E。为I2C4B1中位线，

所以481//E0,又因为4当C平面BEG，EOu平面BEC「

所以力Bi〃平面BEC「

解:⑵因为券=戢，

由(1),因为平面0平面BGE=GH,4/u平面A/F,

所以4B//GH,

所以丝=烈=工，

“1bAAB】F8i3

即GH=-AB=—.

313

解析：本题主要考查线面平行的判定及性质，考查推理能力及空间想象能力，属于基础题.

(1)连接BiC交BQ于点。，利用中位线证明AB"/E0,结合线面平行判定定理即可证明；

(2)利用线面平行性质定理得到AB//GH,结合比例黑=詈=§即可计算G4的长.

/iDirDi15

27.答案：(1)证明：以为△PAD为正三角形，且M为PO中点，

所以AM1PD,

又底面4BC£＞为正方形，所以CD1AD,

又面P/W1面ABCD,

且面PAOn面4BC0=AD,CDu面ABCD,

因为CD_L面PAD,又因为AMu面PAD,

所以CD1AM,

因为POClCD=D,AM1CD,AM1PD,CD、P£＞都在平面PC。内,

所以AM1面PCD.

(2)解：