高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (37)(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）（37）

一、单项选择题（本大题共9小题，共45.0分）

1.用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是（）

A.圆柱B.圆锥C.球体D.组合体

2.两球01和外在棱长为2的正方体的内部，且互相外切，若球与过点A的正

方体的三个面相切，球。2与过点Ci的正方体的三个面相切，则球01和。2的表面积之和的最小值

为（）

A.3（2-遮）兀B.4（2-V3）7rC.6（2-遮）兀D.12（2-6）兀

3.以下说法正确的是（）

A.若直线aua,be/?,aC0=I,则直线a,匕异面

B.空间中任意三点可以确定一个平面

C.若空间中的四点共面，则必有其中的三点共线

D,若直线aca,bC\a=A,Aa,则直线a,匕异面

4.下图为正方体的平面展开图，则图中的AB,CD,EF,G”在原正方体中互

为异面直线的对数为（）

A.1

B.3

C.4

D.5

5.在空间四边形A8C。中，AB=BC=CD=DA,HAC=BD,E、F分别是AB、CO的中点，则

异面直线AC与EF所成角为（）

A.30°B.45°C.60°D.90°

6.在三棱锥P-ABC中，二面角P-AB-C、2-8和「一8。一4的大小均等于全

AB-AC：BC=3：4：5,设三棱锥P-4BC外接球的球心为。，直线产。与平面48c交于点Q,

C=（）

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

4

7.在四面体ABCD中，且481AC,AC1CD,AB,CD所成的角为30。，AB=5,AC=4,CD=3,

则四面体A8C£＞的体积为（）

A.5B.6C.7D.8

8.如图所示，三棱锥P-ABC的外接球的半径为R,且PA过球心，4P4B围绕棱尸4旋转60。后恰

好与21PAe重合.若NP4B=60%且三棱锥P-ABC的体积为8，则R=（）

9.已知三棱柱ABC—&B1C1，四边形&ACC1与/BCG均为边长为2的正方形,分别是GBi，

CG的中点，CACB=0,则与AN所成角的余弦值为（）

A.1B.IC.：D.包

5555

二、多项选择题（本大题共1小题，共4.0分）

10.下列命题错误的有（）

A.棱柱最多有4个面是矩形；

B.有两个面平行且相似，其余面是梯形的几何体是棱台；

C.连结圆台两底面圆上各一点的线段是它的母线；

D.任意一个平面截球所得的图形是小圆；

E.经过三点确定一个平面

三、填空题（本大题共9小题，共45.0分）

11.平面%/?相交，在a内取两点A、B,在口内取两点C、D,这四点都不在交线上，则直线A3与

直线CD的位置关系为.

12.在三棱锥P-HBC中，PAABC,1.BC且PA=ZB=4,BC=2,则三棱锥P-ABC的

外接球的体积为.

13.已知△ABC的三条边分别是8,10,12,且£＞、E、尸分别为4B、AC.BC的中点，现沿OE、

EF、OF翻折，使得A、B、C重合于点G,得三棱锥G—DEF,则三棱锥G-DEF外接球直径

为.

14.己知球内接三棱锥P-4BC中，P4_L平面ABC,44BC为等边三角形，且边长为遮，又球的体

积为等，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为

15.如图，直线EJL平面a,垂足为。，三棱锥A-BCD的底面边长和侧棱长都为4,C在平面a内，B

是直线/上的动点，则点B到平面a和平面AC。的距离之和的最大值为.

16.下面各图的正方体中，P,Q,R,S分别是所在棱的中点，则使这四个点共面的图形是(

把正确图形的序号都填上).

17.直三棱柱4BC-&B1G的底面是直角三角形，侧棱长等于底面三角形的斜边长，若其外接球的

体积为等，则该三棱柱体积的最大值为.

18.已知某几何体的三视图如图所示，网格中的每个小方格是边长为1的正方形，则该几何体的体

积为.

19.已知正方形48CC的边长为2,将△ADC沿对角线AC折起，使二面角B-AC-D的大小为60。,

则AB与平面4c。所成角的正弦值为_；此时四面体4-BCD的体积为.

四、多空题(本大题共2小题，共8.()分)

20.如图所示，在长方体ABC。一为&6历中，AB=BC=1,441=

是4窗上的一动点，则。P的最小值为AP+PC］的最小值

为_(2)一

21.一个封闭的正方体容器的外接球的表面积为127rM2,则其棱长为_(1)_如若该容器里面有4ni3

的水，将该容器任意旋转，当容器里水面的高度最大时，水面对应的平面图形的周长为_(2)」n.

五、解答题(本大题共9小题，共108.0分)

22.如图，四棱锥P-4BC0中，底面ABC。是边长为2的菱形，Z.ABC=60°,PA1PB,PC=2.

P

(1)求证：平面P4B平面ABCD；

(2)若PA=PB,求二面角A-PC-D的余弦值.

23.已知三棱柱ABC-4/iG的侧棱长和底面边长均为2,点儿在底面ABC内的射影。为底面4

ABC的中心，连接Be】，ArC,&B,如图.

(1)求证：BC1CC,；

(2)求三棱锥G-BC&的体积.

24.如图，四棱柱ABC。一4出£?也的底面ABC。是边长为2的菱形，/.BAD=60°,M,N分别

为BB］、DDi的中点，4Ali平面41MCN.

(1)证明：平面ACG4，平面BDD$i；

(2)若=V6.求441与平面4BN所成角的正弦值.

25.如图,在六面体中4BCZ)-48停1。1中,AB=AD,ArB=ArD,AAJ/CC^

求证：(1)^11BD；(2)BB1//DD1.

26.要做一个长方体带盖的箱子，其体积为72CM3,底面两邻边长之比为1：2,问它的长、宽、高

各为多少时，才能使表面积最小?并求出最小值.

27.如图，四边形为正方形，PDJ■平面ABC。，PD//QA,QA=AB=

(1)求证：平面PQCJ•平面。CQ.

(2)求二面角Q-BP-C的平面角的余弦值.

28.如图，在底面边长为6m、高为3zn的正六棱柱ABCDEF-48iGDiEiFi展厅内，长为6〃?，宽

为1m的矩形油画MNOP挂在厅内正前方中间.

(1)求证：平面MNOP1平面BFFiBi；

(2)当游客。在AF上看油画的纵向视角(即NPQM)最大时，求MQ与油画平面所成的角.

29.已知，如图四棱锥P-4BC0中，底面ABCQ为菱形，AABC=60°,AB=PA=2,PA1

平面ABCD，E,M分别是BC,PD中点，点尸在棱尸C上移动.

(1)证明无论点F在PC上如何移动，都有平面AEF，平面PAD-,

(2)当直线AF与平面PCD所成的角最大时，求二面角F-AE-M的余弦值.

30.如图，三棱柱ABC-AiBiQ中，底面A8C为等边三角形，且A4「平面ABC,AB=AAX=2,

且。为棱44i的中点.

(1)求多面体G的体积;

(2)若在BiG上存在点E使4E〃平面BDCi，求差的值.

【答案与解析】

1.答案：C

解析：

本题考查了球的结构特征，属于基础题.

由各个截面都是圆知是球体.

解：••・各个截面都是圆，

・•・这个几何体一定是球体，

故选C.

2.答案：D

解析：

本题是中档题，考查球与正方体相切关系的应用，考查基本不等式求解最值问题，考查计算能力，

空间想象能力.属于中档题.

设出球。1与球。2的半径，表示出面积之和，利用相切关系得到半径与正方体的对角线的关系，通过

基本不等式，从而得出面积的最小值.

1

解：A。1=V3R1,C1O2=V_3R2,0-l02=Ri+/?2

(/3+1)(/?!+/?2)=2>f3>

&+R2=黑,

22

球。i和。2的表面积之和为4n•(/?/+%2)>4兀.2(刍/)=2TT(RI+R2)=12(2-遍)zr,

当且仅当％=R2=焉时等号成立，

故选：D.

3.答案：D

解析：

本题考查平面的基本性质和应用.，

直线aua,bu£,a”=I，则直线m。可能异面、平行或相交，故A中说法错误；

空间中任意不共线的三点可以确定一个平面，故8中说法错误；

空间中四点共面，其中任意三点不一定共线，故C中说法错误；

若直线aua,bna=A,Aa,则直线a,匕不同在任意平面内，所以直线人是异面直线，D

正确.

解：若直线aua,ac。=1,则直线a,6可能异面、平行或相交，故4中说法错误；

空间中任意不共线的三点可以确定一个平面，故B中说法错误；

空间中四点共面，其中任意三点不一定共线，故C中说法错误；

若直线aua,bCta=A,Aa,则直线a,6不同在任意平面内，所以直线a,。是异面直线，故

。中说法正确.

故选£>.

4.答案：B

解析：

本题考查空间中的位置关系，异面直线的判断，考查空间想象能力，属于基础题.

由展开图复原几何体，标出字母即可找出异面直线的对数.

解：原正方体如图所示.

由图可知，CD与AB,AB与GH,GH与EF互为异面直线,

而AB与EF相交，CD与EF平行，C。与GH相交.

故选B

5.答案：B

解析：

本题主要考查异面直线所成角，属于基础题.

此题关键是作出/GFE即为异面直线AC与EF所成角的平面角即可.

解：取A。，8。的中点分别为G,H,连接GF,EG,AH,CH,

易证AH1BD,CH±BD,

AHCCH=H,AH,CHu平面AC”，

•••BDJ"平面ACH,又4cu平面AC”,从而BD1AC,)LEG//BD,FG//AC,EG1FG,.-.AEGF=90°.

・•・EG=泗,FG=^AC,且BD=AC,EG=FG,二NGFE=45°,即异面直线AC与EF所成角

为45°.

6.答案：D

解析：

本题主要考查了三棱锥的外接球，考查了三棱锥的结构，属于难题.

解决本题的关键是根据题意找出。点及。点的位置.

解：解：依题意，点尸在平面ABC内的射影为三角形48c内切圆的圆心N,

设内切圆的半径为一，

p

Kij|x3x4=|x(3+4+5)r,解得r=1,

7T

又一面角P-AB-C、P-AC-B和P-BC-4的大小均等于..,

<5

故PN=rxtang=1xV3=V3,

设ABC的外接圆圆心为M,易知。M_L平面ABC,又PN_L平面ABC,

故OM//PN,则点O,M,P,N四点共面，且平面ABCn平面OMPN=MN,

又Q在平面ABC内，且Q在平面OMPN内,

所以Q在MN上，即Q,M,N三点共线；

现在研究的长度，如图，

易知，BE=2,EM=BM-BE=^-2=^,

故NM=OF=匹，设。M=X,由OP=0B,即，P/2+=70M2+《而可

2

知,J(V5+x)，律)=卜+(沪

解得x=更，

3

73

OQ_OM_工_1

PQ一PN一布一3

P。_4

OQ^l

7.答案：A

解析：

本题主要考查了线面垂直的判定与性质，四面体体积公式，考查学生计算能力，属于基础题.

由已知条件作图易得到8E1平面4CD,再求得点B到平面AC。的距离，运用三角形面积公式求得

ShACD,最后再用三棱锥体积公式求解即可.

解：由题意，如图所示，ACLAB,AC1CD,

过点A作CO的平行线AE,则AC14E,

又•••力En4B=A,AE.ABABE,

AC_L平面ABE,且NE4B为30。或150。,

vBEu平面ABE,：.AC1BE,

从8点向AE作垂线，垂足为E,

又ACCUE=4,AC、4Eu平面ACDE,

BE，平面ACD,

二点8到平面AC。的距离为

1s

BE=AB-sinZ.EAB=5Xi=",

22

S^ACD=^-AC-CD=6,

则四面体ABC。的体积为

VB-ACD=J-S&ACD,BE=-X6x-=5.

故选A.

8.答案：D

解析：

本题考查了求三棱柱的体积，考查了球的体积，考查了空间感，属于中档题.

过点B作BH1PA于H,连接CH,则依题意，=603进而可得CH=BH=BC=^R,VP_ABC=

^P-BCH+KA-BCW可得结果,

解：如图所示：

过点B作BH1P力于H,连接CH,

则依题意，ZCHB=60s,

进而可得CH=BH=BC=号R"P-ABC=^P-BCH+匕-BCH

2

=i-(yR)-2R=^R3=V3>

解得R=2.

故选。.

9.答案：B

解析：

本题主要考查了求异面直线夹角余弦值，解题关键是掌握异面直线夹角定义和余弦定理公式，考查

了分析能力和计算能力，属于中档题.

根据德•至=0.可知4c1BC,取BC中点。,连接CW，再取C。的中点E,连接EN,则EN〃G。，

同理可证BM〃GD,从而知BM〃EN.所以44NE为异面直线与AN所成的角（或其补角），利用余

弦定理即可求得答案.

解：■■CACB=0,.-.AC±BC，

取8c中点。，连接GD,再取CO的中点E,连接EM

则EN〃QO,同理可证BM〃G。，；•BM〃EN.

•••4ANE为异面直线3M与AN所成的角（或其补角）.

又rCNul,根据勾股定理，AN=农,EN=邑AE=且，

22

AM2IFM2-AC29

在△AEN中，由余弦定理得ZANE="口匚2Al=匕

2AN-EN5

故异面直线8M与AN所成角的余弦值为也

故选：B.

10.答案：ABCDE

解析：

本题考查了简单多面体、旋转体及其结构特征和平面的基本性质及应用，根据题意逐一判定即可得

出结论.

解：对于A,正六棱柱，有6侧面是矩形，故A错误；

在8中，有两个面平行，其余各面都是梯形，且侧棱的延长线交于一点的几何体叫棱台，故B错误；

对于C,在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，这两点的连线不一定是圆台的母线，故c错误；

对于Q,经过球心的截面得到是大圆，故。错误；

对于E,只有经过不共线的三点才能确定一个平面，故E错误，

故选ABCDE.

11.答案：平行相交或异面.

解析：

本题考查直线与直线的位置关系，属于基础题.

平面a、£相交，在a内取两点A、B,在0内取两点C、D,这四点都不在交线上，分情况讨论即可.

解析：

解：当AB,OC直线都平行于交线时，则两条直线平行，

当两个平面相交且垂直时，AB和两条直线有可能垂直或者异面

故答案为平行相交或异面.

12.答案：367r

解析：

本题考查三棱锥的外接球的体积的求法，考查三棱锥、球等基础知识，考查运算求解能力，考查函

数与方程思想，是中档题.

根据题意得到R=出=3即可得到答案.

解：因为在三棱锥P-4BC中，PAABC,AB_LBC且P4=4B=4,BC=2,

所以可分别以PA,AB,BC为长方体的三条棱构造图形如图所示，

所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R==1xa6+16+4=3,

所以其外接球的体积为3兀&=g兀*33=367r.

13.答案：叵

2

解析：

本题考查三棱锥G-DEF外接球直径，考查折叠问题，属于较难题.

根据三棱锥G-DEF的三组对棱分别相等，分别为4,5,6,将三棱锥G-DEF放入长方体中，得到

(2R)2=a2+b2+c2=券即可求解.

解：依题意，如图所示：

现沿。E、EF、。尸翻折，使得4、B、C重合于点G,得三棱锥G-CEF,

则三棱锥G-DEF的三组对棱分别相等，分别为4,5,6,

将三棱锥G-CEF放入长方体中，如图所示：

(a24-62=16

则b2+c2=25,

c2+M=36

三式相加,得2(Q2+52+。2)=77,

即a2+b2+c2=y,

设三棱锥G-OEF外接球半径为R,

则(2R)2=a2+b2+c2=

得2R=叵

2

故三棱锥G-OEF外接球直径为叵.

2

故答案为叵.

2

14.答案：.

10

解析：解：设三棱锥外接球的球心为O,半径为R,贝11％=?兀/?3=等，故R=2,

设M为△ABC的中心，N为AB的中点，则0M1平面ABC,且0C=2,

3

NC==­,MC=1,

2

0M=70c2-CM2=V3-

PA1平面ABC,故PA=20M=2遍，且PA1CN,

...PN=垣,又CNJ.AB,ABC\PA=A,

2

CN，平面PAB,4NPC（或其补角）为PC与平面PAB所成角,

又PC=V15，

PN_V85

・・乙

•cosNPCPC~10

故答案为：等

本题考查了直线与平面所成角的求法，线面垂直的判定，三棱锥的外接球，属于中档题.

设AB中点为N,可证CNJ_平面PAB,故/NPC（或其补角）为尸C与平面PAB所成角，由此可解.

15.答案：4+^V6

解析：

本题考查点到平面的距离.结合图形，弄清题意是解题的关键，首先点B到平面ACD的距离是定值，

而点B到平面a的距离的最大值是BC的长，只要求出点8到平面ACQ的距离问题迎刃而解，作工

平面ACD,垂足为连接AM并延长与CD交于N点，判断M是A/IC。的重心，利用勾股定理求

出从而求出所求的最大值.

解：作BMJ■平面AC。，垂足为连接4W并延长与交于N点,

•••三棱锥4-BCD的底面边长和侧棱长都为4,

・•・M是△力CD的重心,

・・・ANA.CD,

CN=ND=2,

・・.AN=y]AD2-ND2=V42-22=2®

BM=y/AB2-AM2=心-(|x2嗡=：后’

即B到平面ACD的距离为g布，

点B到平面a距离的最大值等于BC的长，

所以点B到平面a和平面ACD的距离之和的最大值为4+g逐.

故答案为4+^V6.

16.答案：①②③.

解析：

本题考查四点是否共面的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意平面的基本性质及推论的合理

运用，根据公理及推论判定而得到.

解：①图中PS〃QR,所以P,Q,R,S四点共面.

②图中四点共面.

③图中SR〃PQ,所以P,Q,R,S共面.

④图中四点不共面.

故答案为①②③.

17.答案：4位

解析：

本题考查棱锥与球的体积公式，利用基本不等式求最值，属于中档题.

根据三棱锥和球的体积公式列式，再利用基本不等式即可得结果.

解：设三棱柱底面直角三角形的直角边为a,b,则棱柱的高/

设外接球的半径为〃则射/=等，解得r=2.

•••上下底面三角形斜边的中点连线的中点是该三棱柱的外接球的球心，

•••y/a2+b2+h2=2r=4>h=2或，

・••a24-Z?24-/i2=16>4ah,

・•・ab<4,当且仅当Q=b=2时，成立，

•••三棱柱的体积U=Sh=；abh=y/2ab<4V2.

则该三棱柱体积的最大值为4夜.

故答案为4VL

18.答案：45

解析：

本题主要考查空间几何体的体积，三视图，属于中档题.

由三视图可知该几何体是一个长方体中挖去一个:球，求体积即可.

解：由三视图可知该几何体是一个长方体中挖去一个2球，

O

.・"=3X3X54•我3=45->

故答案为45-1小

19.答案：渔;渔

43

解析：

本题考查了棱锥的体积和直线与平面所成角，连接AC和8Z）交于0,再取0。的中点E,由二面角

B-AC-“的大小为60。，则N80D=60°,再证明BE1平面ACD,计算BE,可得结果.

解：连接AC和8。交于O,再取。。的中点E,连接AE,BE,

易知8014C,DO1AC,且B0C00=。，

所以AC1平面BOO,所以AC_LBE,

由二面角B-AC-。的大小为60。，则NBOC=60°,

又BO=DO,所以AB。。为等边三角形，

所以BE1OD,

又ACnOD=O,所以BE1平面AC。，

所以/BAE为AB与平面ACD所成角，

又正方形ABC。的边长为2,

则AB=2,A。=V2,OE=^,AE=\lAO2+OE2=半，

BE=>JAB2-AE2=—.

2

V6L

所以AB与平面AC。所成角的正弦值为些=五=渔，

4824

此时四面体4-BC。的体积为工S41coxBE=Nx2x2x2x^=立,

33223

故答案为渔；渔.

43

B

20.答案：逆

5

y/170

5

解析：

本题考查多面体上的最短距离问题，属于较难题.

依题意，求。P得最小值，即求△D4B底边4道上的高，易知&B=4。=㈠，BD=V2.即可根

据等面积法求得底边上的高；通过以所在直线为轴，将AAiBCi旋转到平面4当84设点Ci

的新位置为C',通过两角和的余弦公式求得cosA4iC',再利用余弦定理即可求得ZC',即为力P+PCi

的最小值.

解：求。P得最小值，即求△O&B底边上的高，

易知AiB=ArD=V5,BD=V2,

则SA4MB=|xVIXJ(V5)2*5-(y)2=I，

所以边上的高为/l=2XS“B=2x|=3V5

V55'

连接AQ,BCi，得A/liBCi，

以4B所在直线为轴，将△ABC］所在平面旋转到平面公当84设点C］的新位置为C',连接AC',则

力C'即为所求的最小值，

易知441=2,4］。=V2,

Rt△ABA^,cos/-AA1B=^=,sin乙4&B=痣，

等腰三角形A1BG中，ArB-BCr—V5,A］C］=&,

则cosZ^AiG=詈，s\x\Z-BA1C1=

所以cosZ_A4iC'=COS(<AAA1B4-4841Q)

=cos/-AA1BcosZ-BA1C1—sinZ.AA1BsinZ-BA1C1

_2xflO13V10_V2

——=X-------7=X----=-----，

x/510V51010

所以△44iC'中，由余弦定理可得

AC=14+2-2x2xV2x(--)=—•

7k1075

故答案为这：叵.

55

21.答案：2

6V2

解析：

本题主要考查正方体外接球半径以及几何体的体积计算，考查学生空间想象能力，属于基础题.利用

正方体的体对角线为外接球的直径，建立等式，计算棱长；水的体积为容器体积的一半可知水面高

度为容器新位置高度的一半，而容器新位置高度的最大值为正方体的体对角线.由此得到容器里水

面的最大高度，计算水面对应的平面图形的周长.

解：设正方体棱长为小外接球半径为R,

因为外接球的表面积为127rm2,所以ER?国万，BP4/?2=12,

因为4R2=12=3。2,所以a=2；即棱长为2如

因为正方体体积为8m3,容器里面有4m3的水，水的体积为正方体体积的一半,

因为正方体容器的体对角线长为2百，

故正方体容器旋转的新位置的最大高度为2次.

又水的体积是正方体容器体积的一半，

所以容器里水面的最大高度为正方体容器的体对角线的一半，即最大高度为6.

所以此时水面为正三角形，边长等于正方体面对角线的长度2或，

所以水面对应的平面图形的周长为6夜.

故答案为2；6&.

22.答案：解：(1)证明：取AB的中点。，连

接AC,CO,PO,

由ABC。是边长为2的菱形，可得AB=BC=

2,

又乙ABC=60°,可得△ABC为等边三角形，

即有C。A.AB,OC=依,

由P41PB,可得0P=：4B=l,

而PC=2,

由OP?+OC2=I2+(V3)z=22=PC2,

可得C。1OP,

而A3,OP为相交二直线，可得CO_L平面P42,

又。Cu平面ABCD,

即有平面PAB_L平面ABCD-,

(2)由PA=PB,可得P014B,

又平面PAB_L平面ABCD,则P。_L平面ABCD,

直线OC,OB,OP两两垂直，

以。为坐标原点，分别以OC,OB,0P所在直线为x,y,z轴,

建立空间直角坐标系。-xyz,

则。(0,0,0),71(0,-1,0),P(0,0,1),B(0,l,0),

C(V3,0,0),D(8,-2,0),

可得PC=(通0,-1)，AP=(OJ,1),DC=(0,2,0),

设平面APC的一个法向量为可=(x1,yltz1),平面OPC的一个法向量为石=(%2，力，22)，

,一

l叫

由<竺=°可得除+的一°，取Z［=g,可得五=(1,-封画

l一

vv

叫PC=0(V3xi-Zi=0

f

l五

由

<一££°,可得］nz_>=V3>可得卮=(V5,0,3),

I

K电

PC=0W3X2-z2=0'

由题意可得二面角a-PC-。为锐角二面角，记为仇

则皿"18s<席布>|=蠲=舞=睁

即有二面角4-PC-。的余弦值为独.

7

解析：本题考查面面垂直的判定，注意运用判定定理和线面垂直的判定，考查二面角的余弦值的求

法，注意运用空间向量法，建立坐标系，求得法向量及夹角的余弦值，考查化简整理的运算能力，

属于中档题.

(1)取4B的中点O,连接AC,CO,PO,运用菱形和等边三角形的性质，以及线面垂直的判定定理，

可得CO1平面PAB,再由面面垂直的判定定理即可得证；

(2)由面面垂直的性质定理，可得直线。C,OB,0P两两垂直，以。为坐标原点，分别以。C,OB,

OP所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系。-孙z,分别求得。，A,P,B,C,D,pc，AP，DC

的坐标，

设平面APC的一个法向量为而=Qi，yi，Zi),平面。PC的一个法向量为我=(%2，y2，Z2)，运用向量

垂直的条件：数量积为0,求得一个法向量，再由向量的夹角公式计算即可得到所求值.

23.答案：(1)证明：连接AO并延长，与8C交于点。，

则AO是BC边上的中线.

因为。为底面AABC的中心，且A1。1平面ABC,

所以BC1AD,BC1Ar0,

又4。041。=。，AD,A］。u平面4041，

所以BC1平面4D&,

乂Mu平面ADA，

所以BC1441，

因为44〃CG，

所以eqJ.BC.

(2)解：由三棱柱的棱长都是2,

得AD=B，AO=IAD=^

2

Ar0=y/AAj-AO=咨

所以以BC-Ai/G=SMBC，"1。=2A/2,

匕「ABC=3^ABC-A1B1C1=三，

匕i-BCQBi=匕BC-AJCi-匕「ABC=三

1

所以％1-A1BC=%[-BCG=5匕i-BCCiBi

="逅=也

233

解析：本题考查空间中直线与直线位置关系的判定，考查线面垂直的判定定理以及三棱锥的体积公

式，考查空间思维能力，属于中档题.

(1)连接40并延长，与BC交于点D,由题意可得&。_L平面A8C,得到BCJ.4。，BCIA^,得

出BC1平面4D4,再由BC1力4,441/CCi得出证明即可；

(2)利用三棱锥的体积公式及等体积法进行求解即可.

24.答案：解：(1)连接AC,BD交于点0,连接4。，

A

•：_L平面&MCN,AAt1ArM,BBtLArM,

•••=A1B,同理AiD=4i£>i，

•••A8CD是菱形，ABAD=60。，

.•MAiBD是正三角形，Ar01BD,

■：ACLBD,AC=0,AC、41。在平面ACGAi内，

BDJ■平面4CG4,80在平面BD2B1内，

平面力CG41平面

(2)vAC=2V3，AAr=显,44i14C,

AXC=>[6=AAVAx01AC,又BD_L平面4CC14,所以B01%0

8。与AC交于O,8。与4c在平面A8CO内，

4。1平面ABC。，

建立如图所示空间直角坐标系。-xyz,

则a(VXo,o),F(0,1,0),o(o,-1,0),AI(O,O,V5),

设平面4BN的法向量为记=(x,y,z),

西=可=(_g,0,遮)，Di(-73,-1,73),

可(一今一1,4)，A]=(-今-1，_4>=(0,1,-V3),

(_立__立_A

叫2X2Z,取z=l,则沅=(-3,75,1),

(y—V3z=0

设441与平面&BN所成角为0,

则sinJ=|cos(而，标)|=-^==等，

与平面&BN所成角的正弦值为等.

解析：本题考查面面垂直的判定与证明，利用空间向量求线面角，属中档题.

(1)先利用线面垂直的判定定理证明BD，平面4CC1&,然后利用面面垂直的判定定理证得；

(2)以底面菱形的对角线所在射线为x,y轴，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解.

25.答案：证明：(1)取线段3。的中点M,连接AM,

Dt

AtD=AXB,AD=AB,

•••BD1AM,BD1AXM.

乂AMn&M=M,AM,平面44M,

•••BDJ•平面/M.

而u平面&

AM,AAX1BD；

(2)«AA、HCC\,

4ale平面。iDCCi，CC\u平面DiDCG，

•••44J/平面DiOCG，

又u平面在遇。。],

平面4遇。。1C平面D/CG=DDi，

AA、"DDi.

同理得4a〃BBi，

解析：本题考查了线面垂直的判定及性质，线面平行的判定及性质，属于一般题.

(1)由等腰三角形中线即高线证明线线垂直进而得证线面垂直，

即B01平面4V4M,然后可得证441BD.

(2)先证线面平行A为〃平面DiDCCi，由线面平行的性质可得44J/D劣，由平行的传递

性可得结论.

26.答案：解：设两边分别为xcvn、2xcm,高为ycm.

V=2x2y=72,

36

y卞

S=2(2x2+2xy+xy)

=4x2+6xy=4x2+半，%>0,

S=8ox---21-6,

X2

令S'=0,解得％=3,

当％6(0,3)时，S'VO；

当％W(3,+8)时，S'>0,

故当久=3时，表面积S有极小值，也就是最小值，

最小值为S=4x3?+.=108(cm2),

此时％=3,2x=6,^1=4.

xz

答:当长方体箱子的底边长为3cm,6cm,高为4a*时长方体箱子的表面积最小，最小面积为108cm2.

解析：本题考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，是中档题.

设两边分别为2xcm,高为yew,结合表面积公式得S=4/+?，x>0,对函数求导，研

究最值即可.

27.答案：(1)证明：由题意可得。1_L平面ABCZ),

•••QALCD,

由四边形ABCQ为正方形知DC_L40,

又QA、A。为平面PD4。内两条相交直线，

/.CD1平面PDAQ,

•••CD1PQ,

在直角梯形PD4Q中可得DQ=PQ=与PD，

PQ2+DQ2=PD2,

由勾股定理得逆定理得：PQ1QD,

又CD、QD为平面ADCB内两条相交直线，

PQJL平面DCQ,

再由PQu平面PQC,

可得平面PQCL平面DCQ.

(2)解：如图，以。为坐标原点，线段的长为单位长，射线。4为x轴的正半轴建立空间直角坐

标系。-xyz；

依题意有Q(l/，0),C(0,0,1),P(0,2,0),1),后=(1,0,0),后=(—1,2,-1).

设蔡=(%加z)是平面的P8C法向量，

则收.仔=0,即x=0

f

婿•BP=0—x+2y—z=0

可取%=(0,-1,-2).

同理求得平面P8Q的法向量薪=(1,1,1),

所以cos<m,n>=TTl'Tl_0-1_2_V15

|m||n|V5XV35

即二面角Q—BP—C的余弦值为一手.

解析：本题主要考查面面垂直的判定定理的应用，二面角的求法，两个向量的夹角公式.注意建立

坐标系要容易求出点的坐标，顶点一般选在有两两垂直的三条直线的交点处，这样才有助于下一步

的计算，体现了转化的数学思想，属于中档题.

(1)先证明CDJL平面PDAQ,可得CD1PQ；再由勾股定理得逆定理证得PQ1QD.再利用直线和平面

垂直的判定定理证得PQ1平面DCQ,从而证得平面PQC1平面DCQ.

(2)如图建立空间坐标系，求得8和丽的坐标，再求得平面的PBC法向量■的坐标，同理求得平面

的法向量蓝的坐标,求得cos<m,n>=mn的值.

|m||n|

28.答案：(1)证明：连结B凡aFi，

因在正六棱柱4BCDEF-4816。出述1中，底面A8CCEF是正六边形，

乙4=乙4FE=120°,

又4B=4/，所以乙4FB=30°,则NEFB=90。，EF1BF,因MNOP是矩形，所以MNJ.F&,又

MNPEF,所以MN1BF,

又BFnF&=F,BFu面F&u面

所以MNJL面BF1，

又MNu面MNOP,所以平面MNOP_L平面

又乙PQM=乙PQF-乙MQF,PM=MF=1,

2I

tamZ-PQF=tanz.MQF=

tanzPQF-tanzMQF

tanzPQM=tan(zPQF—乙MQF)=

1+tanZ-PQFtanZ.MQF

2二=i二J

x+

l+枭！l（依-J乎+2后

因®扬

+2V2>2V2,当％=时取等号.

tanzPQM<—,故当x=e时，即FQ=鱼血，4PQM最大.

4

过。点作QH交EF的延长线于H点,

连结例。，MH.

在正六棱柱48CDEF—4BiGDiEiFi中，FF】J■面ABCOE凡FFu面尸^当鼻，

所以面4BCDEFJWEE/i，面4BC0EFn面FEE/】=EF,QH1EF,QHu面ABCDEF,

所以QHiffiFFEjFj,

则HM为QW在面FEE1&内的射影，

故N//MQ就是QW与面FEE1居所成的角.

在RtAQHF中,FQ=^2,“FH=60。，所以Q”=当，

在RMQFM中，FQ=V2,MF=1,

所以QM=V3,

在RtAQHM中，QM=收,QH=净

所以sinzJ/MQ=需=圣

•••上HMQ=45°,

所以游客Q在AF上看油画的纵向视角最大时，MQ与油画平面所成的角为45、

解析：本题考查面面垂直的判定定理及线面夹角的求解，涉及线面垂直的判定定理，属于较难题目.

(1)利用线面垂直的判定定理先证明出MN，面B0,再由面面垂直的判定定理得出证明即可；

(2)作出线面夹角的平面角，通过解三角形求出线面夹角即可.

29.答案：解：(1)证明：连接AC,

•••底面ABCD为菱形，/.ABC=60°,

ABC是正三角形，

•.•£是8(7中点，二4后_18(：,

5LAD//BC,.-.AE1AD,

又；PA1平面ABCD,AEu平面ABCD,

PA1AE,

又PACA。=4PA,ADc5]2®PAD,

AE，平面PAD.

乂4Eu平面AEF.

二平面AE