高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (十)(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）（10）

一、单项选择题（本大题共6小题，共30.0分）

1.设a是给定的平面，48是不在a内的任意两点.有下列四个命题:

①在a内存在直线与直线AB异面;②在a内存在直线与直线AB相交;

③存在过直线AB的平面与a垂直;④存在过直线AB的平面与a平行.

其中，一定正确的是（）

A.①②③B.①③C.①④D.③④

2.中国古代数学经典仇章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长

方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为

鳖席.如图为一个阳马与一个鳖席的组合体，已知PA_L平面4BCE,四边形4BC0为正方形,4。=

2,ED=1,若鳖席P"E的外接球的体积为手,则阳马P-4BCD的外接球的表面积等于

()

A.18nB.17nC.16nD.15n

3.如图，两个同心球的球心均为点O,其中大球与小球的表面积之比为

3:1,4,C为小球球面上的两点，B,力为大球球面上的两点，线段

AB,CD均不穿过小球内部.当三棱锥A-BCD的体积达到最大值时，

异面直线4。与BC所成的角为。，则sing=（）

A.在

6

B..

4

c.回

6

D.迎

33

4.如图所示，在正方体48C。一41当6。1中，点E是棱CCi上的一个

动点，平面BE5交棱于点F.则下列结论中错漫的是（）

A.存在点E,使得&G〃平面BEDIF

B.存在点E,使得B]D1平面BED/

C.对于任意的点E,平面_L平面BED/

D.对于任意的点E,四棱锥为-BEDiF的体积均不变

5.棱长为2的正方体4BCD-&B1GD1的所有顶点均在球0的球面上，E、F、G分别为AB、AD、

的中点，则平面EFG截球。所得圆的半径为（）

A.运B.V2C.辿D.V3

33

，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三

，则该几何体的体积为

A.64—8X/2TT

3

B.64-4V27T

3

C.64-871

3

64—47r

二、填空题（本大题共11小题，共55.0分）

7.已知乙4cB=90°,DAL平面ABC,AE1DB交OB于E,AF1DC交0c于F,且40=AB=2,

则三棱锥D-4EF体积的最大值为.

8.棱长为2的正四面体，它的高=；它的外接球半径=；它的内切球的半径

9.已知直三棱柱4BC-4181cl中，Z.ABC=120°,AB=2,BC=CCX=1,则异面直线4%与BQ

所成角的余弦值为.

10.已知A,8,C,。是同一球面上的四个点，其中A4BC是正三角形,401平面ABC,40=2AB=6,

则该球的体积为.

11.过球面上A,B,C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且4B=BC=a4=3,则球的

体积为________

12.体积为式的三棱锥P-ABC的顶点都在球O的球面上，PAJ_平面ABC,PA=2,ZzlDCf,

6

则球。的表面积的最小值为

13.已知在矩形ABC。中，AB=2V2，BC=a,尸41平面48C。，若在

8c上存在点Q满足PQ1DQ,则a的最小值是.

14.在四面体ABC。中，AB=AD=2,/.BAD=60。，/BCD=90。，二面角4-BD-C的大小为150°,

则四面体ABCD外接球的半径为.

15.如图所示，在正方体4BCD-&B1GD1中，M是的中点，则

直线与平面A/CCi的位置关系是.

16.设/，机是两条不同的直线，a,0是两个不同的平面，且1ua,mc给出下列三个论断:①，1m；

②11年③a_L四以其中一个论断作为条件，余下两个论断作为结论，写出一个真命题：

.(用论断序号和推出符号作答)

17.已知圆锥的顶点为S,O为底面中心，A,B,C为底面圆周上不重合的三点，AB为底面的直径，

S4=4B,M为SA的中点.设直线MC与平面SAB所成角为a,则s讥a的最大值为.

三、解答题(本大题共13小题，共156.0分)

18.如图，在直四棱柱力BCD-AiBiGDi中，底面ABCD是矩形，&D与45交

于点E,AAt=AD=2AB=4.

(1)证明：AE_L平面ECD

(2)求直线4C与平面E4C所成角的正弦值.

19.已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm）,求这个几何体的体积。

20.已知直四棱柱A8C。一AiBiC/i中,KA1=2,底面ABCC是直角梯形，

〃为直角，AB//CD,AB=4,AD=2,DC=1,求异面直线BC】与£>C

所成角的余弦值.

21.如图，在四棱锥P-ABCD中，PC1.底面ABCD,AD//BC,AD=2BC=2,PC=2,4ABC是

以AC为斜边的等腰直角三角形，E是尸。的中点.

(1)求证：平面E4C1平面PCD；

(2)求直线PA与平面E4C所成角的正弦值.

22.如图，在四棱锥P-4BCD中，底面ABCD是边长为2次的菱形，^BAD=60°,PD1平面ABCD,

PD=2V3,E是棱PD上的一个点，DE=当,尸为PC的中点.

⑴证明：BF//平面ACE；(2)求三棱锥F-E4C的体积.

23.在三棱柱4BC-&B1C1中，已知4B=AC=441=遍，BC=4,。为BC的中点，&。_L平面

ABC.

(1)证明四边形BBiGC为矩形；

(2)求直线44与平面4/C所成角的余弦值.

24.如图，在四棱锥P-4BCD中，P4ABCD,AD//BC,^DAB^,AB=BC=PA=\AD=

(1)若EF〃平面尸AD,证明：产为PC的中点.

(2)求点C到平面PBD的距离.

25.如图，在三棱柱48。一48£中，4公=248=2,^BAAr=p。为A4的中点，点C在平面

ABB14内的射影在线段BD上.

(1)求证：当。JL平面CBD；

(2)若团CBD是正三角形，求三棱柱力BC-4/16的体积.

26.如图，三棱锥P-4BC中，平面PAB_L平面ABC,PA=PB,N4PB=乙4cB=90。，点E,尸分

别是棱AB,PB的中点，点G是ABCE的重心.

(1)证明：GF〃平面PAC；

(2)若GF与平面ABC所成的角为60。，求二面角B-AP-C的余弦值.

27.如图，三棱锥D-ABC中，AB=AC=2，BC=2遮,DB=DC=3,

E,尸分别为。8,AB的中点，且NEFC=90。.

(1)求证：平面1平面ABC；

(2)求二面角。-CE-F的余弦值.

28.如图，PAL平面ABC,AB1BC,AB=PA=2BC=2,M为PB的中点.

(1)求二面角4-PC-B的余弦值：

(2)证明：在线段PC上存在点。，使得BD并求会的值.

29.如图，在直角梯形44当8中，441AB=90。，=2&Bi=2.直角梯形

44GC通过直角梯形44B1B以直线力必为轴旋转得到，且使得平面A&C1CJ■平面44避道.M

为线段2c的中点，P为线段BB］上的动点.

(1)求证：ACLAB

(2)当点P是线段8当中点时，求二面角P-AM-B的余弦值;

(3)是否存在点P,使得直线4C〃平面4MP?请说明理由.

30.如图，在四面体A-BCD中，AD1平面BCD,BCLCD,AD=2,BD=2VlM是AD的中点,

P是的中点，点。在线段AC上，且4Q=3QC.

(1)证明：P(?//¥ffiBCD；

(2)若二面角C-BM-D的大小为60。，求NBDC的大小.

【答案与解析】

1.答案：B

解析：

本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查

空间想象能力，是中档题.

在①中，直线AB与a相交或平行，从而在a内一定存在直线与直线AB异面；在②中，当直线4B〃a

时，在a内不存在直线与直线A5相交；在③中，直线A8与a相交或平行，从而存在过直线A3的平

面与平面a垂直；在④中，当直线A8与平面a相交时，不存在过直线AB的平面与平面a平行.

解：由a是给定的平面，A,B是不在a内的任意两点，知：

在①中，:48是不在a内的任意两点，

•••直线AB与a相交或平行，

.•.在a内一定存在直线与直线A8异面，故①正确；

在②中，当直线ZB〃a时，在a内不存在直线与直线AB相交，故②错误；

在③中，:48是不在a内的任意两点，

••・直线A3与a相交或平行，

二存在过直线A8的平面与平面a垂直，故③正确；

在④中，当直线AB与平面a相交时，

不存在过直线AB的平面与平面a平行.故④错误.

综上其中正确的命题是①③.

故选：B.

2.答案：B

解析：

本题考查几何体的外接球，几何体的表面积的求法，直线与平面的垂直关系的应用，考查空间想象

能力以及计算能力，利用已知条件画出图形，在三棱锥P—4DE（鳖腌）中，2r=PE,四棱锥P—ABC。

中2R=PC,设PA=/i,求出外接球的高和半径，然后求解球的表面积.

解：由题意，在三棱锥P1（鳖席）中，ED1DA,PA_L平面ABCE,

所以其外接球的直径2r=PE.

设PA=h,则2r=y/PA2+AD2+DE2=V/i2+22+l2=y/h2+5，

所以其外接球的体积了=咽=%）3=①，解得九=3.

设四棱锥P-48co（阳马）的外接球半径为R,

则2R=PC=>JPA2+AD2+AB2=V32+22+22=V17，

所以该球的表面积S=4nR2=17n.

故选B.

3.答案：A

解析：

本题考查了几何体与球的外切和内接的问题，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属中档题.

首先判断出正方体内切球和外接球的半径比为1；V3,内切球和外接球的表面积之比为1：3,符合

题意中的小球和大球的比例.判断当四面体ABCD体积最大时，AB,8的位置关系，作出异面直

线A。，BC所成的角0,解直角三角形求得sin/

解：设正方体的边长为2,则其内切球半径为1,外接球的半径为丐叵=%，

••・内切球和外接球的表面积之比为1：3,符合题意中的小球和大球的比例，

依题意CD,A8最长为J（旧）2_〃=&,AC最长为小球的直径2.

•••三角形的面积S=之•ab•s讥C,若a,6为定值，则C=］时面积取得最大值.

画出图象如下图所示，其中A,C分别是所在正方形的中心，

*tB

n//I'

。是正方体内切球与外接球的球心，CD//ADlfCD=ADi，CBJ/AB,CBX=AB.

'''^A-BCD=3^ABDi-CBiD=鼠SAAB。1•4C,故此时四面体4—BCD的体积最大.

vCE//AB,CE=4B,.•.四边形A8CE为平行四边形,

BC〃4E,二N04E是异面直线BC和AO所成角，NDAE=6,

■：AD=AE,设G是DE的中点，则4G10E,

eGE11V6

-9=Z,.rGAAcB,si-n-=—

22AEV22+l2+l2=而=了

故选：A.

4.答案:B

解析：

本题考查了空间中直线与平面的平行，垂直关系及棱锥的体积计算，解答的关键是熟练掌握线面垂

直的性质定理与判定定理.

当E为CG的中点时，则F也为的中点，可证4G〃平面BED/,判断A是真命题；

用反证法证明不存在点E,使得当0_L平面BEDiF,判断2是假命题；

根据对于任意的点E,都有BO1，平面&Ci。，判断C是真命题；

根据/I-BEaF=限-84口+%-BBMJ而两个三棱锥的体积为定值，判断力是真命题.

解：对A,当E为CCi的中点时，则F也为4公的中点，••・&G〃平面BED/；故A为

真命题；

对8，假设当。_L平面BE。/,则在平面BCCiBi和平面上的射影BiC,占4分别与8E,

B尸垂直，

可得E与Q重合，尸与公重合，而B,41，Ci，劣四点不共面，.•・不存在这样的点E,故B为假命题

你；

对C,rBO】_L平面&Ci。，BAu平面BED/,.•.平面4G。_1平面BEDiF,故C是真命题；

对D,VB1-BED1F=VE-BB.D,+/-B/D，，•••CC"/A4i〃平面2为。1，.••四棱锥&-BEDiF的体积为

定值，故。是真命题；

故选B.

5.答案：A

解析：解：由题意，正方体ZBCD-4/GD1的外接球球心。为对角线AG的中点，正方体对角线

长为26，

所以球半径R=H，

因为A到平面EFG的距离为多

所以球心。到平面EFG的距离为百一g=等，

所以小圆半径r=JRZ_（竽）2=誓，

故选力.

正方体43。。一48住1。1的外接球球心0为对角线AC1的中点，球半径R=g,球心。到平面EFG

的距离为出，利用勾股定理求出小圆半径.

3

本题考查平面EFG截球。所得圆的半径及球的内接多面体问题，找准量化关系是关键.

6.答案：A

解析：

本题考查根据三视图求几何体的体积，设计组合体，包括棱锥的体积，球的体积，属中档题，关键

是观察出几何体这是一个有一条侧棱垂直于底面的四棱锥内部挖去了一个八分之一的球，然后根据

图中尺寸计算即可

解：这是一个有一条侧棱垂直于底面的四棱锥内部挖去了一个八分之一的球，

四棱锥的底面边长和高都等于4,八分之一球的半径为2世，

..I...I4后、364-8V^TT

V=-X1-1-1——X-7TX2v2]=---------------，

383\/3

故选4.

7.答案：?

解析：

本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养.

推导出AD1BC,DE=V2,平面BCD_L平面AC。，BDLnAEF.AF2+EF2=AE2=

2>2AF-EF,得到又曲<[.由此能求出三棱锥。-力EF体积的最大值.

解：:ZMl平面4BC,

D

DA1AB,AD1BC.

AELBD,又AD=AB=2,DE=V2.

又BC1AC,ACHADA,

BCJL平面ACD,

因为BCu平面BCD,

••・平面BC。_L平面ACD,

■■■AF1CD,平面BCD。平面ACC=CD,

AF1平面BCD,

•••AF1BD,AF1EF,

因为4E10B,又=

•••BDJ"平面AEF,

由AF2+EF2=AE2=2N24F-EF,当且仅当AF=EF时，等号成立,

•••AF-EF<1,

SA.EFW3X1=3,

•••三棱锥D-4EF体积的最大值为U=ixV2xl=^

故答案沏?

82n.底。>/6

•0•3'2’6

解析：

本题考查正四面体的外接球半径和内切球半径的求法，是中档题，解题时要注意合理地化空间问题

为平面问题.

如图，ABC。是棱长为2的正四面体作40i，平面BCD于Oi，则01为△BCD的中心，求出力01=乎.

在平面A8O1内作A8的垂直平分线交也于O,求出A0=当由。5=也一4。=.正四面体的高为

4。1，外接球半径R=4。，内切球半径r=00「

解：如图，

ABC。是棱长为2的正四面体，作AO11平面8CD于则01为ABC0的中心,

则BO】=-x—x2=—»

1323

••高AO1=）一律）=耳=平.

在平面4B01内作AB的垂直平分线交AO1于O,则A。=B。=C。=。0,且O到平面BC£＞、ABC、

ACD.ABO的距离相等,

。是△4C0的内切球心，外接球球心取A8中点£,连结0E,

由△AEOsAAOiB,得，筹=券,

2X1_V6

A0—

辿-2,

・•,。0]=A。]—4。2V6_V6渔

326

.•・棱长为2的正四面体，它的高=壁；它的外接球半径=在；它的内切球的半径=在,

326

故答案为辿；更；理.

326

9.答案：包

5

解析：

本题考查了空间中的两条异面直线所成角的计算问题，也考查了空间中的平行关系应用问题，是中

档题.

【解法一】设M、N、P分别为AB,BBi和BiG的中点，得出人当、BC】夹角为MN和NP夹角或其

补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出AC、MQ,MP和NMNP的余弦值即可.

【解法二】通过补形的办法，把原来的直三棱柱变成直四棱柱，解法更简洁.

解：【解法一】如图所示，

设例、N、P分别为A8,SB1和BiG的中点，

则AB】、BCi夹角为MN和NP夹角或其补角

（因异面直线所成角为（0,自），

可知MN=工4%=-.

212

NP=-BC.=—;

212

作8c中点Q,则4PQM为直角三角形；

PQ=1,MQ=^AC,

△ABC中，由余弦定理得

AC2=AB2+BC2-2AB-BC-COSNABC

1

=4+l-2x2xlx（--）

=7,

•••AC=V7.

•••MQ=*

在4MQP中，MP=VMQ2+PQ2=号；

在APMN中，由余弦定理得

MN2+NP2-PM2

cos乙MNP

2-MN•NP

（匏+（苧）2-（亨）2_国

---石

22

又异面直线所成角的范围是（0,§,

AB1与BC1所成角的余弦值为唱.

【解法二】如图所示，

补成四棱柱4BCD-&B1GD1，求NBGD即可；

=伍BD=\/22+l2-2x2xlxct»60°=\：小

CrD=V5>

：.BCl+BD2=6。2,

乙DBG=90°,

cos乙BC1D=亲=半.

10.答案：32A/5TT

解析：

本题考查球内接多面体，考查球的体积，考查学生的计算能力，比较基础.

由题意把A、B、C、£＞扩展为三棱柱如图，求出上下底面中心连线的中点与A的距离为球的半径,

然后求出球的体积.

解：由题意画出儿何体的图形如图，

把A、B、C、。扩展为三棱柱，

上下底面中心连线的中点与A的距离为球的半径,

AD=2AB=6,OE=3,△ABC是正三角形，

所以4E=|JAB2-(^AB)2=V3.

AO=2V3)可得球的体积为32b兀.

故答案为：32痘n.

11.答案：等

解析：

本题主要考查球的体积，涉及到截面圆圆心与球心的连线垂直于截面，这是求得相关量的关键.

设回ABC的外接圆半径为r,由正弦定理，可得r=b，再由R2=CR)2+",求得球的半径尺再

求体积即可.

解：设124BC的外接圆半径为r,

则由正弦定理得：丁为=2r,r=V3,

设球的半径为R,截面和球心的距离等于球半径的一半，

则：R2=Q«)2+r2,解得R=2,

所以球的体积为1/=这=3,

33

故答案为等.

12.答案：8兀

解析：

本题考查空间几何得体积与面积问题，属于中档题.

根据体积先求出三角形面积，然后在利用余弦定理和基本不等式求出AC,再利用正弦定理求出外接

圆半径，从而可求出圆。的半径，带入圆表面积公式求解即可.

解：PAJ_平面ABC,PA=2,

Vp-ABC-,PA=今

得SfBC=与

又S&IBC—ZJC*-AB-sin()O，

在△ABC中由余弦定理得

AC2=AB2+BC2-21ABi田务«总

«J

>2ABBC-^ABBC=3,

当且仅当AB=BC=1时取等号，AC=V3,

又正弦定理AABC外接圆直径的最小值为.27r

sin一

3

故r=1.则三棱锥外接球的半径为R=佰丫+产=鱼,

所以球。的表面积的最小值是反足8万，

故选C.

13.答案：4企

解析:

此题考查线面垂直的性质，属于中档题.

由PAJ■平面ABC。和PQ1DQ可得4QJ.DQ,可得△力BQQCC,设BQ=x,则x(x-a)=8,

当a24位时，在BC上存在点。满足PQJLDQ,由此能求出a的最小值.

解：如图，连接AQ,•••P4!平面ABC。，二P41DQ,

vPQLDQ,PAHPQ=P,：.DQ1平面PAQ,

■•■DQLAQ,^AQD=90°.

由题意得△ABQyQCD.

设BQ=x,则QC=a-x,

由职=黑，得％(a-x)=8,即/-ax+8=0(*),

由题意知/=a2-32>0,解得a>4也

故a的最小值为4VL

14.答案：亨

解析:

本题考查球的内接体，二面角的平面角的应用，球与平面相交的性质的应用，考查空间想象能力以

及计算能力.

利用已知条件画出图形，判断球心的位置，转化求解球的半径即可.

解:在四面体ABCD中=AD=2,/.BAD=60°,^BCD=90。,二面角4-BO-C的大小为150。，

四面体A8C。外接球，如图：

则△BCD在球一个小圆上，8。的中点为圆心M△4BD是正三角形，也在球的一个小圆上，圆心为

M,

作。M_L平面ABO,ONI5]2®BCD,。为球心，二面角4一B。一C的大小为150。，作NP1BO,

贝此ANP=150°,可得乙ONM=60°,MN=—.则ON=—,BN=1,

33

外接球的半径为：[（竽）2+12=亨.

故答案为：叵.

3

15.答案：相交

解析：

本题考查直线与平面的位置关系，属于基础题，难度较小.

解：由于M是41cl的中点，延长OM,

则它与的延长线相交，于是。仞与平面力p4CCi有一个公共点，即。M与平面4ACG相交.

故答案为相交.

16.答案：②=①③

解析：

本题考查线面垂直的性质定理，面面垂直的判断定理的应用，属基础题.

根据线面垂直的性质定理及面面垂直的判定定理判断即可.

解：观察发现，②=①③是正确的命题，

证明如下：

因为Ica,muB，I工

根据线垂直面的性质定理得即②n①，

根据面面垂直的判定定理得a10,即②=③；

所以一个真命题为②=①③.

故答案为②=①③.

17.答案：V3—1

解析：

本题考查线面角的求法及基本不等式在求最值方面的应用，属于较难题.

解：以。为坐标原点，OS所在直线为z轴，08所在直线为y轴，底面上垂直于AB的直线为X轴,

建立空间直角坐标系，设48=2,0(。斓?.sin仇())，

则4(0,-1,0),5(0,0,V3),M(0,-|,y)，

63/：(―co«0.-：—siiW,g)，面SA2的一个法向量为k=(1,0,0),

.9cotrO1—sin%

smxa------------：-----------了=-------

co«204-(―-—sin0)2+12+si，

设2+siiW=t.te[1.3j,

i_&_2产3

sin%-------------=4-(f+/W4-2\/*3=(—1尸>

当且仅当t=g时取等号，

则sina的最大值为百-1.

故答案为W-L

18.答案：(1)证明：因为四棱柱ABCD-&8由。1是直四棱柱,所以ABCD,则1CD.

又CDLAD,AA1C\AD=A,

所以CD1平面所以CD1AE.

因为AaimAAi=AD,所以是正方形，所以4E_LED.

又CDCED=D,所以4E平面ECD

(2)解：建立如图所示的坐标系，与力劣交于点E,AAi=AD=2AB=4.

4(0,0,0),必(0,0,4),C(2,4,0),0(0,4,0)所以E(0,2,2),砧=(2,4,-4),

设平面E4C的法向量为元=(x,y,z),可得［嚏］;，即£二器二;，不妨记=(一2,1,1),

直线京与平面E色所成角的正弦值：|襦|=|.|=康=祭

解析：(1)证明4411CD.CD1AD,推出CD1平面441。山，得到CD14E.证明4E1ED.即可证明

AE_L平面ECD.

(2)建立坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量的数量积求解直线4C与平面E4C所成角的正弦

值.

本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用；

19.答案：解：由三视图可得该几何体为四棱锥如图：

底面为边长为20c”?的正方形，PBC1ABCD,高为20cro,

Vs-ABCD=•SE=等CUl3.

解析：此题考查由三视图求空间几何体的体积，关键是由四棱锥还原四棱锥的直观图及几何量.

20.答案：解：由题意4B〃CD,---------SL

NGB4是异面直线BG与OC所成的角.-------~^|B1

连接AG与4C,在RtAADC中，可得4c=隗.：：\

又在RtAACCi中，可得4c1=3.7W'、、、\

在梯形ABC。中，过C作CH〃/W交4B于H,H3

得乙CHB=90°,CH=2,HB=3,

CB=V13.

又在RtACBG中，可得BCI="7,

在△ABC1中，cos/.C1BA=

即异面直线BC］与OC所成角的余弦值为过.

17

解析：本题考查点到直线的距离，考查异面直线所成角的余弦值的求法.考查空间想象能力、运算

能力和推理论证能力.

由4B〃CD,得ZC1B4就是BQ与CZ）所成的角，由此能求出异面直线BQ与。C所成角的余弦值.

21.答案：（1）证明：PC1底面ABC。，ACABCD,

・•・PC1AC,

由题意可知，4D〃8C,且4D=28c=2,△ABC是等腰直角三角形，

AC=v/2BC=v笈，CD=近,

CD2+AC2=AD2,即AC1CD,

又；PCCCD=C,PC、CD都在平面PCD内，

AC_L平面PCD,

"ACu平面EAC,

••・平面E4C_L平面PCD；

（2）解：vPC1JR®ABCD,则建立如图所示的直角坐标系，

z.

E

则P(0,0,2),C(0,0,0)M(0,V2,0),D(V2,0,0),E《,0,l)，

CA=(0,72,0).CE=(y,0,l).PA=(0,V2,-2).

设平面EAC的法向量为记=(%)，，z),

n-CA=y/2y=0

则

n-CE=^x+z=0,

令z=l,解得==(一企,0,1),

记直线PA与平面E4C所成角为。,

.lir-PAIy/2

则nlS讥0n=-——上r=—

I可■PX|3

所以直线PA与平面EAC所成角的正弦值衅

解析：本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的

位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、

函数与方程思想、数形结合思想，是中档题.

(1)推导出PC14C,AC1CD,从而AC1平面PC£>,由此能证明平面EAC1平面PC£>；

(2)由PCJL底面4BCD,建立空间直角坐标系，利用向量法能出直线PA与平面E4C所成角的正弦值.

22.答案：解：(1)连接BO,设BDCAC=。，

取PE的中点G,连接8G,0E,FG,

在△BOG中，因为0,E分别为BD,OG的中点,

所以OE//BG.

又BGC平面AEC,OEu平面AEC,

所以BG〃平面AEC.

同理，在APEC中，FG〃CE,

FGC平面AEC,CEc平®，

FG〃平面AEC.

又GBnGF=G,(；B.GFC平面BFG,

所以平面BFG〃平面AEC.

因为BFu平面BFG,

所以8F〃平面ACE.

(2):由⑴知BF〃平面ACE,

所以%-E4C=^B-EAC>又0-EAC=^E-ABC'

所以%-E4C=^E-ABC-

因为6,

OB=V3.DE=—，

3

=X

所以，VF-EAC—^E-ABC|竽X•=2•

解析：本题主要考查空间中直线与平面的位置关系，与棱锥的体积，属于一般题.

(1)建立如图所示的坐标系，结合相关定理即可推出结论.

(2)利用(1)中的结论，结合题中所给信息，即可推出结论.

23.答案：解：(1)证明：连接A。，因为。为BC的中点,

可得1A0,

•••4。1平面ABC,BC在平面ABC内，

&01BC,

又•••a。n&o=。，

BCJ_平面4410,

BC1AAX,

•••BB\"AA\,

BC1BB1,

又•.•四边形BBiGC为平行四边形，

••・四边形BBiQC为矩形.

(2)如图，分别以OA,OB,。&所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则4(1,0,0),8(0,2,

0),C(0,-2,0),

在中，AO=>/AB2-BO2=1.Rt△4公。中，J4外-4。2=2,4(0,0,2),

.，.痂=(-1,0,2)，A^C=(0,-2,-2).=(-1,2,0)，

设平面A/iC的法向量是n=(x,y,z),

由卜亚=仇得曰；2；=_。即比2/可取n=

(n-4C=0,(-2丫-2z=0(z=-y,

设直线44]与平面力道住所成角为。，则。e[0,^\,sin9=|cos<丽<,n>|=爵力="而=^V30.

・••ee[0,5,

•••cos0=V1-sin20=V'

即直线441与平面4当。所成角的余弦值为馨.

解析：(1)利用线面垂直的性质可得BC_L44,进而得到BCJL8B1，由此容易得证；

(2)建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量及平面4B1C的法向量，利用向量公式得解.

本题考查线面垂直的性质及利用空间向量求解线面角问题，考查运算求解能力，属于常规题目.

24.答案：解：（1）证明•.YD〃BC,BC仁平面PAD,ADu平面PAD,

■.BC〃平面PAD,

■：P6平面PBC,Pe平面PAD,

故设平面PBCn平面PAD=PM,

又•；BCu平面PBC,：.BC〃PM,

•••EF〃平面PAD,EFu平面PBC,

EF//PM,

从而得到EF〃BC,

••,E为PB的中点，

・•.F为尸C的中点.

（2）•••PA，底面ABCD,Z.DAB=90°,AB=BC=PA=^AD=2,

PB=y/PA2+AB2=2近,PD=>/PA2+AD2=2遥，

BD=y/BA2+AD2=2遍,

.••5•=剑4中一（通）2=6,

设点C到平面PBD的距离为d,

由%-PB。=KP-BCD，得

§SADPB,d]S&BCD,P4=§x5xXABxPA,

解得d=|.

故点C到平面PBD的距离为|.

解析：本题考查线面平行的性质与判定，考查点到平面的距离的求法，涉及三棱锥等体积法的应用,

属于中档题.

(1)根据由已知条件得到BC〃平面PAD,设平面PBC0平面24。=PM得到EF〃PM且BC〃PM,从

而得到EF〃BC即可证明.

(2)由PAJjg!EABCD,^DAB=90°,结合已知棱长，利用勾股定理求得PB,PD,BD,根据三角

形面积公式求得SADPB=6,设点C到平面PBD的距离为d,由%_PBD=/_BC。和三棱锥体积公式

求得”即可.

25.答案：证明：⑴设点C在平面ABBMi内的射影

为E,

则E6BD,CEu平面CBD.且CEJ•平面

&Du平面力BBia,ACE1ByD,

在△ABD中，AB=AD=1,^BAD=p

7T

则Z_ABD=乙ADB=口=巴

23

在A&B1。中，4出=&。=1,48遇1。=拳

27r

则44181。=Z.Aj^DBy=----=+

故/BIDB=7T_(_(=],故BDLBiD,

•••CECBD=E,BrD_L平面CBD.

(2)方法一:VABC-A1B1C1—3匕1-4BC=3%_4送8，

由(1)得CE，平面ABB1&,故CE是三棱锥C-&AB的高,

团CBD是正三角形，BD^AB=AD=1,CE=—，

2

SA1AB=^\AB\■|A4/sin4BA4i=|x1x2xsin^=y,

Vc-A^AB=1SA1AB-CF=|xyXy=i,

故以BC-ABC==%故三棱柱ABC-48传1的体积为*

方法二：将三棱柱补成四棱柱如图，因SPAC=SBAC且高一样，

故以BC-i4]8[C]=^APC-A^QCy，

故KlBCTiBiQ=^APC-A1QC1=鼻匕SB"一©。，

由(1)得CE，平面4BB1公,故CE是四棱柱力BB14-PC^Q的高，

故匕-PCQQ=^ABB1A1"CE=ABxAA^siwZ-BADxCE=1x2xsin—x

故匕8C-&B©=：匕BB遇LPCQQ=故三棱柱ABC-&B1G的体积为

解析：本题考查线面垂直的证明，考查三棱柱的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位

置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题.

⑴设点C在平面4BB14内的射影为E,推导出CE1B1D,BD1BrD,由此能证明当。，平面CBD；

(2)方法一:二棱柱4BC-&B1C1的体积匕8C-4TBic1=3l^i]_4BC=3%_4送8，由此能求出结果.方

法二：将三棱柱补成四棱柱，进而求解.

26.答案：(1)证明：连接EF,连接EG并延长交8c于点£>,则点。为BC的中点，

从而点。，E,F分别是棱CB,AB,P8的中点，:0E〃/IC,EF//AP.

又OE,EFU平面PAC,AC.APc^p®PAC.

DE〃平面PAC,EF〃平面PAC.

乂DE,EFu平面EFG,DECEF=E,

二平面EFG〃平面PAC.

又GFu平面EFG,

GF〃平面PAC.

(2)解：连接尸E,•.•「/!=PB,E是AB的中点，PEJ.4B,

•.•平面P481平面ABC,平面PA8n平面力BC=AB,PEu平面PAB,

PE_L平面ABC.

连接CG并延长交BE于点O,则。为BE的中点，连接OF,则OF〃PE,

OF1平面ABC.

"GO为G/7与平面ABC所成的角，即“GO=60°.

在RtAFGO中，设GF=2,则OG=1,OF=娼,

•••OC=3,PE=2V3.

AB=4V3,CE=2V3，OE=V3,

OE2+OC2=CE2,即。C_LAB.

如图建立空间直角坐标系。一xyz,则4(0,-375,0)，C(3,0,0),P(0,-V3,2A/3)，

AC=(3,3V3,0),AP=(0,2祗2回

设平面PAC的一个法向量为元=(x,y,z),

则由《，一「r-，可取瓦=(遮，一Ll)・

又平面PAB的一个法向量可取式=(1,0,0).

则8S＜用由=黯=得=誓，

所以二面角B-AP-C的余弦值为卓.

解析：本题考查线面平行的判定，面面平行的判定和性质，利用空间向量求二面角，属于中档题.

(1)由题意得到平面EFG〃平面PAC,又GFu平面EFG,即可证明GF〃平面P4c.

(2)建立适当的空间直角坐标系，利用法向量求解即可.

27.答案：解：(1)如右图取BC的中点G,连接AG,DG,

因为AB=4C=2,所以BC_L4G,

因为BD=BC,所以BC1DG,

又因为AGCDG=G,所以BC1平面D4G,

所以BC1DA.

因为E,P分别为OB,A8的中点，所以£M〃EF.

因为ZEFC=90°,即EF1CF,

则ZM1CF.

又因为BCCCF=C,

所以ZM1平面ABC,

又因为DAu平面DAB,

所以平面ZMB_L平面ABC.

(2)因为_L平面ABC,则以4为坐标原点，

过点4与4c垂直的直线为x轴，AC为y轴，AD为z轴,

建立如右图所示的空间直角坐标系.

因为AB=AC=2BC=2V3，DB=DC=3,

在△ABC中，cos/BAC=

所以4BAC=120°.

在RtAZMB中，DA=V32-22=V5>

所以点4(0,0,0),D(0,0,回C(0,2,0),B(祗一1,0),E(y,-|,y).喈，心,0)，

设平面OCE的法向量为元=(x1(yltzx),

因为方=(0,2,-V5)，~DE=

2yl—VSzj—0

所以x/31V5

(TX1~2yi~TZ1=o'

可取元=(g,逐,2).

设平面FCE的法向量为芯=(x2,y2,Z2)'

而=(一当1,0)，FE=(0,0,1),

fV35

I-yx2+尸2=0n

t—,

VsA

l—2z?N—0

可取而=(5,8,0),

5代+氏向+2x0_3>/70

贝"cos<n^,n^>=

V15+5+4XV25+3-28

因为二面角。-CE-F为钝二面角,所以二面角D-CE-F的余弦值为-噤.

解析：(1)结合面面垂直的判断定理，结合已知可转化为证ZM1平面ABC,结合线面垂直的判断定

理即可；

(2)结合空间向量二面角的求解，建立空间直角坐标系，转化为求解法向量的夹角，即可求解.

本题主要考查了平面垂直的判定定理及利用空间向量求解二面角的平面角，考查了计算能力.

28.答案：(/)解：如图，在平面ABC内，作

AZ//BC,

则AP、AB、AZ两两互相垂直，建立空间直

角坐标系4-xyz.

则4(0,0,0),P(2,0,0),B(0,2,0),C(0,2,

1),M(l,l,0).

AP=(2,0,0),AC=(0,2,1),AM=(1,1,

0).

设平面4PC的法向量为沆=(x,y,z),

则巴•亚=。,即此zO,

(m-AC=0(2y+z-0.

令z=-2,则z=-2,二沆=(0,1,—2).

又祠=(1,1,0)为平面尸8c的法向量，

・\cos(记，祠〉=康=管

•二面角力一PC-B为锐角，

.♦.二面角力-PC-B的余弦值为理；

10

(〃)证明：设DQ),W)是线段PC上一点，且丽=2定(04aw1).

即Q-2科iv)=2(-2,2,1).

u=2—2A,v=2Afw=A,

■■.BD=(2-21,2/1-2,71).

由前.而=0，得a=

4

-G

5[O,

•••在线段PC上存在点D,使得BD1AC,

此时箕=A=i.

解析：⑴作AZ〃BC,建立空间直角坐标系4-xyz.所求值即为平面APC的一个法向量与平面PBC

的一个法向量的夹角的余弦值；

(〃)设w)是线段PC上一点，且而=4定(044W1)，利用前•而=0计算即可.

本题考查二面角，空