必修二第八章《立體幾何初步》單元訓練題（高難度）（43）

一、單項選擇題（本大題共5小題，共25.0分）

1.若圓錐SO「SO2的頂點和底面圓周都在半徑為4的同一個球的球面上，兩個圓錐的母線長分別

為4,4企，則這兩個圓錐重合部分的體積為

A.-7TB.8兀C.-nD,四型與

333

2.如圖，在正方體ABCD-AiBiGDi中，異面直線當。與41G所成角的大小為（）

3.設〃、人是兩條直線，a、0是兩個平面，aua,bu°,p：a//b,q:a//p,則p是勺的（）

A.充要條件B.充分不必要條件

C.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件

4.已知三棱錐S-ABC的底面ABC是邊長為2的正三角形，SA=2,A在側面SBC上的射影”是

團SBC垂心，設二面角”一4B—C的平面角為a,二面角B-SC-4的平面角為￡,則（）

A.2a</?B.2a=0

C.2a>8D.2a與0的大小無法確定

5.在正方體力BCD-4B1GD1中，E為棱&Bi上一點，且ZB=2,若二面角/一—E為45。,

則四面體BBiQE的外接球的表面積為

A.-nB.127rC.9兀D.10n

二、多項選擇題（本大題共1小題，共4.0分）

6.已知△ABC是等腰直角三角形，^BAC=90°,AD1BC,力為垂足，以AO為折痕，將△4BD和

△4CD折成互相垂直的兩個平面后，如圖所示，下列結論中，正確的為（）

4A

C.AD1平面BCDD.△ABC是等邊三角形

三、填空題（本大題共10小題，共50.0分）

7.設球。與圓錐S。1的體積分別為匕，彩.若球。的表面積與圓錐SO1的表面積相等，且圓錐SO】的

軸截面為正三角形，則m的值是_.

V2

8.已知圓錐的底面半徑為1,母線長為2,則該圓錐軸截面的面積為.

9.長方體4BCD-&B1GD1中，AB=1,AD=2,AAt=3,P是棱上的動點，貝必。&。的

面積最小時，黑=

10.如圖，在正方體4BCD-4B1G5中，E、尸分別是DQ、DC上靠近點。的三等分點，則異面

直線EF與41cl所成角的大小是.

11.已知正方體ABC。—4$iGDi的棱長為4,點P是？Ui的中點，點h在側面44道窗內，若1

CP,則^BCM面積的最小值為.

12.如圖，A,2兩點都在以PC為直徑的球。的表面上，4B1BC,48=2,

BC=4,若球O的表面積為24兀，則異面直線PC與AB所成角的余弦值

為-.

B

13.請你設計一個包裝盒，如圖所示，ABC。是邊長為60cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的

四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得ABC。四個點重合于圖中的點P,正好形成

一個正四棱柱形狀的包裝盒,E、尸在A8上是被切去的等腰直角三角形斜邊的兩個端點，設4E=

(1)某廣告商要求包裝盒側面積S(CTH2)最大，試問x的取值為

(2)某廣告商要求包裝盒容積V(cm3)最大，試問此值包裝盒的高與底面邊長的比值為一

14.設，"，〃是不同的直線，a,B，y是不同的平面，有以下四種說法：其中正確的說法為.

①需②虢｝=2

③■卜戊“④吆胃=m//a

15.從正方體六個面的對角線中任取兩條作為一對，其中所成的角為60。的共有對.

16.已知AB,CD是半徑為2的。。的兩條直徑，且AB與CD成60。角，現將0。沿直徑AB折成直

二面角，此時線段C。的長為.

四、解答題(本大題共14小題，共168.0分)

17.如圖，在棱長均為2的三棱柱ABC-中，平面4CB1平面4ZBB1，AB1=AIB,。為力反

與的交點.

⑴求證：ABi1CO；

(2)求平面4CG41與平面A8C所成銳二面角的余弦值.

18.如圖1所示，在等腰梯形ABCD,BC//AD,CE14。，垂足為E,4C=3BC=3,EC=1.將△DEC

沿EC折起到ADiEC的位置，使平面△4ECJ_平面ABCE,如圖2所示，點G為棱4劣的中點.

(II)求證：BG〃平面［EC；

(H)求證：4B_L平面。1EB；

(DI)求三棱錐5-GEC的體積.

圖1圖2

19.如圖，已知多面體ABCAiBiG，4公,8%,(?(?1均垂直于平面48。,441=4,Z.ABC=120°,AB=

(1)證明：平面H1B1G；

(2)求直線AQ與平面ZB/所成角的正弦值.

20.如圖，A88是正方形，DE1平面ABC。，AF//DE,DE=DA=2AF=2.

(1)求證：AC1平面8DE；

(2)求AE與平面8CE所成角的大小；

(3)求三棱錐。-BEF的體積.

21.已知三棱錐4-BCD中，4ABe與ABC。均為等腰直角三角形，且N84C=90。，BC=CD=6,

E為AD上一點、,且CEJ?平面A8D

(I)求證：AB1CD；

(口)過E作一平面分別交AC,BC,BD于F,G,H,若四邊形EFG”為平行四邊形，求多面體ABEFG”

的表面積.

22.請你設計一個包裝盒，ABC。是邊長為10&cm的正方形紙片，切去陰影部分所示的四個全等的

等腰三角形，在沿虛線折起，使得4,B,C,。四個點重合于圖2中的點P,正好形成一個正

四棱錐形狀的包裝盒(圖2所示)，設正四棱錐P-EFGH的底面邊長為x(cm).

ESI

(1)若要求包裝盒側面積S不小于75cm2,求x的取值范圍;

(2)若要求包裝盒容積U(cm3)最大，試問x應取何值？并求出此時包裝盒的容積.

23.如圖，已知P41平面A8C￡>,ABCD是矩形，PA=AB=1,AD=V3.

F是尸8中點，點E在BC邊上.

(I)求三棱錐E-PAD的體積；

(II)求證：AF1PE；

(111)若七/7/平面PAC,試確定E點的位置.

24.如圖，在四棱錐P-ABCO中，四邊形A2CD是直角梯形，AB_L4￡UB〃CD,PC_L底面A8C￡),

AB=2AD=2CD=4,PC=2a,E是PB的中點.

(1)求證：平面E4C1平面PBC;

(2)若二面角P-AC-E的余弦值為半，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值.

25.如圖，在四棱錐P-4BCD中，點P是尸。中點，點E是￡>C邊上的一點.

(1)當EF〃平面P4C時，求證：點E為Z)C邊的中點；

(2)是否存在點E,使得EF〃PB?若存在，找出點E的位置并證明；若不存在，請說明理由;

(3)若底面A8CQ是矩形，PAJ■平面ABCQ,且尸4=40,求證：對任意的點E,都有AFLEF.

26.如圖，P4_L矩形ABC。所在平面，PA=AD,M、N分別是A8、PC的中點.

(1)求證：MN_L平面PCD；

(2)若直線PB與平面PCD所成的角為30。，求直線PB與平面ABCD所成角的大小.

27.如圖，在四棱錐P-4BC。中，平面P4C_L平面ABC。，PA=PC,AB//CD,4B140,ELCD=

2AD=4AB=4.

⑴過30作截面與線段PC交于點H,使得AP〃平面雙汨，試確定點，的位置，并給出證明；

(2)在(1)的條件下，若二面角H-8。一C的大小為%試求直線D4與平面3OH所成角的正弦

值.

28.如圖，在四棱錐P-4BCD中，PB1平面PAC,四邊形ABCO為平行四邊形，且4。=y/2AB=4,

乙BAD=135°.

(1)證明：4C1平面PAB；

(2)當直線PC與平面PAB所成角的正切值為迎時，求二面角A-PC-D的余弦值.

29.如圖，已知矩形ABCQ中，AB=10,BC=6,將矩形沿對角線8。把△4BD折起，使A移到公

點，且&在平面BCD上的射影O恰好在CD上.

(1)求證：BCLA^D；

(2)求證：平面&BC_L平面4BD；

(3)求二面角①一BD-C的余弦值.

【答案與解析】

1.答案：A

解析：

本題考查圓錐及球的結構特征，屬于基礎題.

由題做出其軸線的截面，結合幾何關系求解公共部分對應圓錐的體積即可求解.

解：如圖，做出對應圓錐SO],S02的軸線截面，軸截面分別為等邊三角形及等腰直角三角形,

兩個圓錐重合部分為以48為直徑的圓錐的體積，易知底面半徑為2,高為2,所以其體積為

-X7Tx22x2S",

33

故選A.

2.答案：C

解析：

本題主要考查求異面直線所成的角，體現了轉化的數學思想，屬于中檔題.

連接力1。，0C1，B1C與&G所成角即為4G4。，C1&0為等邊三角形，即可求得.

解：連接&B,DB,與41cl所成角即為4C14D,

由正方體可知41cl=DC1B-ArD,所以NGA。=p

故選C.

3.答案：D

解析：解：a〃匕，則a與/?可能重合，平行，相交，p不能推出g；

a〃￡,則a與b可能平行，異面，q不能推出p；

故p是q的既不充分也不必要條件，

故選：D.

通過立體幾何知識，判斷關系，得到充要性.

本題考查充要性，立體幾何知識，屬于基礎題.

4.答案：B

解析：

本題主要考查二面角的求解，屬于中檔題，首先由線面垂直，找到二面角的平面角，再證明求解即

可.

解：由題設三棱錐面SBC.連結交SC于￡.

由H為垂心可知SC1BE,

所以SCI面ABE,從而SCIAB.

設S在面ABC內的射影為。，則CO148于凡

同理8。1AC.

故。為團ABC的中心，從而S4=SB=SC=2,

FC=BE=SF=V3.EF=VFC2-CE2=

所以三棱錐S-ABC是正四面體,且a=4EFC,所以

--ZFEZ?,

2

計算得tana=—?tan-=—?

222

從而tana=tan-,因此a=且，即2a=(i.

22l

故選B.

5.答案：D

解析:

本題考查球的表面積，考查幾何體的結構特征，考查空間思維能力及計算能力，屬于中檔題.

由題及線面垂直的判定定理得BG，E0,NB]0E=45。，計算求解即可得到答案.

解：連接&C,交于0,則當。18。1，

易知則平面&0E,

所以BG1E0,

從而NBiOE為二面角/-BCi-E的平面角，則NB10E=45°.

因為48=2,所以BiE=Bi。=V2.

故四面體BBiQE的外接球的表面積為47r(立尹＞=10兀，

故選。.

6.答案：ABCD

解析:

本題考查空間幾何體中面面垂直的性質定理以及線面垂直的判斷的應用，屬于中檔題.根據面面垂

直的性質定理可以得到選項AB正確，由線面垂直的判定定理可得選項C正確，由

RtAABO空絲Rtasro易知選項。正確.

解：由題意知：^ABD10ACD,BD1AD,B.BDc?ABD,面4B。ri面4co=4。，

根據面面垂直的性質定理，得到3。_1面4。￡).

而CDu面ACD,ACu面ACD,

所以有BDICO,BD14C.故A,B正確.

由條件知，BDLAD,CD1AD,且BOnCO=。，

根據線面垂直的判定定理，有J■平面BCD.故C正確.

在折疊前，AABC是等腰直角三角形，^BAC=90°,AD1BC,所以有AD=8D=CD.

折疊后，由BD_1_面4。9易知BDJ.CD.

所以RtAABO絲RtZk.AC'O空RtABC'O,導出48=AC=BC,所以△48c是等邊三角形.故。正確.

故選ABCD.

7.答案：|

解析:

本題主要考察球的表面積和體積，圓錐側面積、表面積和體積

解：設圓錐S01底面半徑為「2,母線長為/，高為〃，表面積為52,

S2=S俯+S底=TrrJ+7TT2"

又???圓錐S01的軸截面為正三角形

22

:.I=2r2,h=y/l—r2=V3r2

/.S2=arX+TTT22=3TTT22

設球。的半徑為6,表面積為Si

/.Si=4仃/

又,:S]—s2

故答案為I

8.答案：V3

解析：

本題考查圓錐的軸截面面積的求法，考查運算求解能力，是基礎題.

易知該圓錐的軸截面形狀為邊長為2的等邊三角形，由此能求出該圓錐的軸截面面積.

解：由題意可知，該圓錐的底面直徑為2,

故該圓錐的軸截面形狀為邊長為2的等邊三角形，

故該圓錐的軸截面面積為S=：x2x2xsin60°=V3.

故答案為：V3.

.答案：；

94

解析：

本題考查線段長的最小值的求法，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，考查數形結合思想，屬中檔題.作異面直線&C與的公垂線段，根據比例式求出4

P&C的面積最小時P點的位置即可得出答案.

解：連接AC,過。作AC的垂線。垂足為

過M作MN〃/交41c于N,在DDi上取點Q,使得DQ=MN,連接n

???44i_L平面ABCD,故A&1DM,

又DM14C,44iC4C=4,DM1平面QC,

DM1A1C,

vMN//AAltDQ//AAr,MN=DQ,

???四邊形DMNQ為平行四邊形，

:.NQ=DM,NQ//DM,

NQ1ArC,

又。。i1平面ABCD,：.0011DM,

DD1±NQ,

?1?NQ為異面直線4C與DDi的公垂線，

???當尸與Q重合時，P到&C的距離最小，即△「公（7的面積取得最小值.

AB=1,AD=2,AC=V5.CM=爭

.MNCM......3cc3

..嬴=茄，故MN=『DQ=-1

.DQ工1

DiQ3-14

故答案為：

4

10.答案:60°

解析：

本題考查異面直線所成角，平行公理的應用，考查邏輯推理能力和空間想象能力，屬于基礎題.

npr）p1

由題意，連接皿、&B、BG，由急=器=也可得EF〃C。，再由正方體的性質和平行公理可

得出從而判斷異面直線EF與&G所成的角為NB&Ci，可得結論.

解：連接CD1、4$、BG，

??—DF_1

?DD\~DC~39

???EF//CDlf

在正方體4BC。一4B1C1A中，A^lfAD,AD&BC,

A、D\/J_BC,

所以四邊形為BCDi為平行四邊形，

???A1B//CD1,

所以異面直線EF與所成的角為NB&q.

易知d&BCi為等邊三角形，

二4B41C1=60°.

故答案為60。.

11.答案：述

5

解析：

本題考查三角形的面積的最小值的求法，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，考查數形結合思想，是中檔題.

取AB中點”，A。中點Q,連接DiQ,QH,B.H,根據題意求出最小值即可求解.

解：

如圖所示，取AB中點H,AO中點。，連接DiQ,QH,B中,

D.C,

A

由于CP在面ABC。內的射影為AC,QHLAC,所以Q”1CP;

由于CP在面內的射影為。尸，5Q10P,所以5QJ.CP;

故由QH_LCP,DrQ1CP,DrQC\QH=Q,得CPL面DiQHB].

要使CPJ.D1M,必須點M在面D1QHB1內，又在側面44$$內，所以點M在面與面/人道避

的交線上，即

當〃時，BM最小,此時ABCM面積最小，此時BM=靠=華，

1、，d、，4V58x/5

Sr〉BCM=JX4X-=

12.答案：漁

6

解析：

推導出OP=。。=CM=0B=遍，PA1AC,AC=2A/5，PA=2,以B為原點，8c為x軸，BA

為)，軸，過8作平面ABC的垂線為z軸，建立空間直角坐標系，由此能求出異面直線PC與A8所成

角的余弦值.

解：因為A,8兩點都在以PC為直徑的球。的表面上，

AB1BC,AB=2,BC=4,球。的表面積為24兀，

所以-Im'2-17T>解得r=逐,

所以0P—0C—0A-OB=V6)PA±AC,AC—V4+16=2V5，PA—<24—20—2，

以8為原點，8C為x軸，54為y軸，過B作平面A8C的垂線為z軸，建立空間直角坐標系，

如圖：

則P(0,2,2),C(4,0,0),4(0,2,0),B(0,0,0),

PC=(4,-2,-2)，荏=(0,-2,0)，

設異面直線PC與AB所成角為。，

匹祠_4_V6

則COS。=

\PC\-\AB\-V24-2-6

所以異面直線PC與A8所成角的余弦值為?.

故答案釁

13.答案：(1)15；(2)|

解析：

此題考查利用二次函數及導數解決空間幾何體的最大值問題，關鍵是將實際問題化為空間幾何體的

面積、體積問題，再轉化為函數的最大值問題.

解：由題意EF=60-2x,則形成的正四棱柱的高為等腰直角三角形的斜邊為日(60-2x),底面邊

長為近％,

(1)包裝盒側面積S(x)=4Xy(60-2x)V2x=8(-x2+30x)>xG(0,30),

所以當％=15時，包裝盒側面積S最大.

(2)包裝盒容積I/(x)=(V2x)2x號(60-2.x)=2V2(-x3+30/)，%G(0,30),

因為V'(x)=60V2(-x2+20x),

所以當x=20時，包裝盒容積丫最大，

此時包裝盒的高與底面邊長的比值為a60-2X2。)=1.

V2X202

故答案為(1)15；(2)1,

14.答案：①③

解析：

本題主要考查命題的真假判斷，涉及空間直線，平面之間平行或垂直的判斷，根據相應的判定定理

以及性質定理是解決本題的關鍵.根據空間直線和平面平行或垂直的性質分別進行判斷即可.

解：①根據面面平行的性質，同時和一個平面平行的兩個平面是平行的，正確，

②當m〃a,ad./?時，山與夕可能相交，可能平行，也可能在平面內，錯誤，

③根據線面垂直和線面平行的性質可得:力喜今a10正確，

④錯誤，還有可能是巾u平面a,故④錯誤，

15.答案：48

解析：

本題主要考查了異面直線所成角，組合和組合數公式，屬于中檔題.

利用正方體的面對角線形成的對數，減去不滿足題意的對數即可得到結果.

解：正方體中共有12條面對角線，任取兩條作為一對共有C5=66（對），

12條對角線中的兩條所構成的關系有平行、垂直、成60。角.

相對兩面上的4條對角線組成的盤=6（對）組合中，平行有2對，垂直有4對，

所以所有的平行和垂直共有3盤=18（對），

所以成60。角的有咯一3以=66-18=48（對）.

故答案為48.

16.答案：V10

解析：

本題考查面面垂直的性質和余弦定理的應用，屬中檔題.

由題意，過點C作CH14B于點H,連接DH,可得CH=8，OH=1,由余弦定理求得DH,由CH1

面AB。，則從而再RtAC'"。中，求CQ即可.

解：如圖所示，過點C作CH14B于點H,連接CH.

由。。的半徑為2,且A8與CO成60。角，

可得CH=V3.OH=1,

利用余弦定理可得

DH=VOH2+0D2-20H-ODcosl20°=,1+4+2=夕.

因為將。。沿直徑AB折成直二面角，且CH，4B,

所以CH_L平面A8Q.

因為CHu平面A8。，所以CHJ.DH,

所以△CHD為直角三角形，

所以CD=VCW2+DH2=V3T7=VlO.

故答案為同.

17.答案：(1)證明：因為四邊形為48當為菱形，

所以1ABr,又平面41cB1平面&4BB1，

平面41cBC平面/咽=ArB,ABXu平面人送啊，

所以AB】_L平面4CB,又因為COu平面&CB,

所以ZB11CO.

(2)解：因為&B=4Bi，

所以菱形4A8B1為正方形，

在RtACOA中，CO=>JAC2-OA2=y/2,

在△COB中，CO=OB=五,CB=2,CO2+OB2=CB2,

所以CO1OB,

又C。14當，ArBCtABy=0,AXB,4當在平面4148名內；

所以，CO，平面44BB1；

以。為坐標原點，以。A,OB,OC所在直線分別為x軸，y軸，z軸,

建立如圖所示的空間直角坐標系。-xyz.

X

4(夜,0，0),4式0,一夜,0),C(0,0,V2),B(0,V2,0),AA1=(-V2,-V2,0).

AC=(-V2,0,V2),而=(一魚,企,0),

設平面acCi4的一個法向量為五=Oi，yi，zi),

z

平面ABC的一個法向量為通=(x2>y2>2)

則卜f*1-隼i=°，令.=1,得元=(1,一i,i),

(―V2%i+y/2z1=0,

卜警：警=22=1,.=(11,1)

(―V2X2+yJ2z2=0,

設平面4CG4與平面ABC所成銳二面角為a,

貝ijcosa=|

InTiraV3xV3-3’

所以平面4CG4與平面ABC所成銳二面角的余弦值為，

解析：本題考查線線垂直的證明以及利用向量求二面角，屬于中檔題.

(1)根據面面垂直可得_L平面&C8,因為COu平面&CB即可得證;

(2)建立空間坐標系，利用向量夾角求出二面角.

18.答案：(I)證明：在圖1的等腰梯形ABC。內，過8作AE的垂線，垂足為F,

???CE1AD,ABF//EC,

XvBC//AD,BC=CE=1,AD=3,

.??四邊形BCEF為正方形，且AF=FE=

ED=1,F為AE中點.

在圖2中，連結GF,

???點G是的中點，

GF//DXE.

XvBF//EC,GFCtBF=F,GF,BFu平面BFG,%E,ECu平面

二平面BFG〃平面CEO1，

又：BGu面GFB,BG〃平面2EC；

(H)證明：???平面0EC1平面ABCE,

平面。回d^ABCE=EC,DrE1EC,DrEu平面。回,

。出JL平面ABCE.

XvABu平面ABCE,

???D1E1.AB.

又4B=y[2,BE=y[2,AE=2.滿足ZE?=AB2+BE2,

???BE上AB.

又BEn/)iE=E,

AB1平面DiEB；

(HI)解：vCE1DrE,CE1AE,AE=Ef

???CE_1_面￡)14￡\

又線段CE為三棱錐C-底面。送￡的高，

〃117111(。］1

?,KDLGEC=7,O,7，1*2-1=-.

xZ=x7^C-DrZAE5Zo

解析：(I)在圖1的等腰梯形ABC。內，過8作AE的垂線，垂足為F,可得四邊形8CEF為正方形，

且4F=FE=￡O=1,尸為AE中點.在圖2中，連結GF,證明GF〃￡)iE.結合BF〃EC,利用平面

與平面平行的判定可得平面BFG〃平面CE2,從而得到BG〃平面［EC；

(H)由平面D】EC1平面4BCE,DXE1EC,得D】EJ■平面ABCE.進一步得到D】EJ.HB,求解三角形證

明BE1AB.再由線面垂直的判定可得4B上平面DiEB；

(III)證明CE，面。遇E,可得線段CE為三棱錐C-0〃E底面D/E的高，然后利用等積法求三棱錐

5-GEC的體積.

本題考查直線與平面平行、直線與平面垂直的判定，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.

19.答案：解：⑴證明：?.?&?!_!_平面ABC,aBJ■平面ABC,

力力

AAi=4>BB1=2,AB=2,

=J(4B)2+(44I_BBI)2=2V2,

又AB】=yjAB2+BBl=2V2.

AAl=AB1+A^l，

AB11同理可得：ABAJ.BIG，

又占B1nB1C1=B］,

ABr_L平面&B1C1；

(2)取AC中點0,過O作平面ABC的垂線O。，交&C］于O,

,:AB=BC,，OB1OC,

?：AB=BC=2,乙BAC=120°,

OB=1,OA=OC=y/3f

以。為原點，以08,OC,0。所在直線為坐標軸建立空間直角坐標系如圖所示:

則4(0,—百,0)，8(1,0,0),Bj(1,0,2),G(0,V5,l),

■.AB=(l,V3,0)，西=(0,0,2),遍=(0,271,1)，

設平面AB/的法向量為記=(x,y,z),

則色”=0,卜+何=0(

(n?BB]=0(2z=0

令y=l可得元=(一次,1，0),

■cos<nAT>-日語--^L=叵

設直線AG與平面ABB1所成的角為。，則sin。=|cos<記，宿>|=^.

???直線4cl與平面ABB1所成的角的正弦值為等.

解析：本題考查了線面垂直的判定定理，線面角的計算與空間向量的應用.

(1)利用勾股定理的逆定理證明ABr1B6,從而可得4當_L平面兒&。1；

(2)以AC的中點為坐標原點建立空間坐標系，求出平面ABB1的法向量元，計算元與宿的夾角即可得

出線面角的大小.

20.答案：解：(1)證明：???ABCC是正方形，

:.AC1BD,

???DE1平面ABCD,ACu平面ABCD,

???AC1DE,

vBD,DEu平面50。BDCiDE=D,

AC_L平面BDE；

(2)設4CClBD=。，連接AE,EO,

vAC_L平面BDE,

???E。是直線AE在平面上的射影，

N4E。是4E與平面8DE所成角，

在HtZiEAD中，EA=y/AD2+DE2=272，AO=V2,

.?.在中，sin^AEO=-=

Rtz^ECMEA2

：.Z.AEO=30°,即AE與平面BOE所成角為30。；

(3)???DE，平面ABCD,DEu平面ADEF,

???平面ADEF1平面ABCD,

AB1AD,

???平面AOEFn平面48CD=AD,ABu平面ABCD,

AB，平面ADEF,

???三棱錐D-BEF的體積%_BEF=VB-DEF=|XS^EFx4B=[x]x2?x2=g.

解析：本題考查線面垂直的證明，考查線面角、三棱錐的體積的求法，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，考查函數與方程思想，是中檔題.

(1)由AC1BC,得DE_L平面ABC。，從而4C1DE,由此能證明ACJ■平面80E；

(2)設4CCBD=。，連接AE,EO,由ACJL平面BOE,得乙4E0是AE與平面BDE所成角，由此求

出AE與平面8CE所成角；

(3)推導出平面4DEF_L平面ABCD,從而4B_L4。，三棱錐O-BEF的體積U°_BEF=%-DEF，由此

能求出結果.

21.答案：（I）證明：???^BAC=90°,.-.ABIAC?

vCE平面ABD,ABu平面ABD,：.CE1AB（2）

由①②，且acnCE=C得4B_L平面AC。，.?.力BJ.CD.

（n）解：等腰直角三角形BCD中，BC=CD,；.BCLCD；

又?:AB1CD,ABQBC=B,AB,BCu面ABC,

CD1平面ABC,ACu面ABC，

CDA.AC.

等腰/?243。中，；8。=6,;./1。=3近，

又Rt△ACD中CD=6,CE1AD,AD=yjAC2+CD2=3^6-

而AC2=AEMD,可得4后=逐，故AE=[A。，

???四邊形EFG”為平行四邊形，EF〃GH,

EF〃平面BCD,

又EFu平面4CD,且平面ACDn平面BCD=CD,

EF//CD.

由AE得EF=[CC=2,且有AF=|AC;

由CO_L平面A8C得C。1FG,進而EF_LFG;

同理可得尸G〃/IB,且尸G=|4B=2V2.

進而可分別求得S44EF=V2,S4BGH=2,SABGF=5,SEFGH=4yP1，SAEHB=5>/3?

所以所求表面積為S=7+5g+5V2.

解析：本題考查線面垂直的判定、線面垂直的性質以及空間幾何體表面積的計算，屬中檔題.

(I)-.-/-BAC=90°,AB1AC；由CE_L平面ABD,得CE1AB,由線面平行的判定定理可得4B1

平面ACD,可得4BJ.C0.

(II)分別求出各側面的表面積，相加即可.

22.答案：解：(1)在圖1中連結AC,8。交于點。.設BO與FG交于點在圖2中連結OP.

因為A8C。是邊長為10的正方形，所以OB=10(cm).

由FG=x,得0M=；,PM=BM=10—右

因為PM>OM,BpiO—^>|,

所以0<x<10.

因為S=4x|FG-PM=2x(10-=2Ox-x2,

由20X一小275,得5WxW15,所以5sx<10.

故x的取值范圍是5Wx<10.

(2)因為在RtAOMP中，OM2+OP2=PM2,

所以OP=y/PM2-OM2=J(10-j)2-GY=Vioo-10x>

1,1,---------

V=-FG2OP=-x2V100-10%=

-V100%4-10x5,0<x<10.

3

設/'(%)=100x4-10逆，o<x<10,

34

所以/(X)=400x-50x=50/(8-x),

令/'(x)=0,得x=8或％=0(舍去).

列表得，

X(0,8)8(8,10)

f'M+0—

fM極大值

所以當x=8時，函數f(x)取得極大值，也是最大值,

所以當x=8時，V的最大值為金1

3

故當x=8cm時，包裝盒容積丫最大為胃更(cm3).

解析：本題主要考查了利用導數研究函數的單調性，求解極值及最值在實際問題中的應用，解題的

關鍵是把實際問題轉化為數學問題.

(1)結合已知可建立側面積關于FG=x的函數關系，然后由側面積S不小于75cni2,可建立關于x的

不等式，可求，

(2)先利用x表示出V的函數關系，結合導數可求其最大值.

23.答案：(/)解：三棱錐E-的體積等于三棱錐P-E4。的體積，

???PA_L平面ABCD,ABCD是矩形，PA=AB=1,AD=6,

??VP-EAD="；x4。xABxPA=g

???三棱錐E-/M。的體積為立；

6

(〃)證明：丫PA1平面ABCD,EBu平面ABCD,：.EB1PA.

???EBLAB,PADAB=A,:.EB1平面PAB,

???4Fu平面PAB,.-.AF1EB.

???PA=AB=1,F是PB中點，_LPB,

???EBCPB=B,：.AF1,平面PBC,

...PEu平面P8C,AF1PE；

(/〃)解：E是BC中點.

???EF〃平面PAC,PCu平面PAC,EF//PC,

???尸是P8中點，???E是2C中點.

解析：本題考查幾何體的體積，考查線面垂直，考查線面平行，考查學生分析解決問題的能力，屬

于中檔題.

(/)利用三棱錐E-的體積等于三棱錐P-E4。的體積，可得結論；

(〃)利用線面垂直證明線線垂直，證明AFL平面PBC即可；

(/〃)利用EF〃平面PAC,可得EF〃PC,根據尸是PB中點，可得結論.

24.答案：解：(1)???PCABCD,力Cu平面ABC。，4CJ.PC.0：

???AB=4,AD=CD=2,:.AC=BC=2近./

AC2+BC2=AB2,.-.ACA.BC./：L^/\

又BCCPC=C,AC1平面PBC.

yo

-ACu平面EAC,

???平面E/C，平面PBC.

(2)如圖，以點C為原點，DA，CD，而分別為“軸、y軸、z軸正方向，建立空間直角坐標系，則C(0。

0),4(2,2,0),6(2,-2,0).

設P(0,0,2a)(a>0),則E(。-l,a)，CA=(2,2,0),CP=(0,0,2a),CF=(1,-l,a).

取沆=(1,—1,0),則沆?CA=m?CP=0，記為面PAC的法向量.

設記=(%j,z)為面E4C的法向量，則五?不=元?3=0，

即｛:+*=取％=-y~—a,z=—2,則元=(a,—a,—2),

依題意，|cosV記，n>|==7=T==V,則Q=2.

11|m|-|n|Va2+23

于是九=(2,—2,-2),PA=(2,2,—4).

設直線PA與平面EAC所成角為仇

則sin。=|cos<PA<元>|=凝器=y，

即直線PA與平面E4C所成角的正弦值為它.

3

解析：(1)證明AC1PC.AC1BC.通過直線與平面垂直的判定定理以及平面與平面垂直的判定定理證

明平面E4C，平面PBC.

(2)如圖，以點C為原點，DA，CD.次分別為x軸、.V軸、z軸正方向，建立空間直角坐標系，求出

相關點的坐標以及面PAC的法向量.面E4C的法向量，通過二面角P-AC-E的余弦值為立，求出

3

直線PA的向量，利用向量的數量積求解直線尸4與平面EAC所成角的正弦值即可.

本題考查平面與平面垂直的判定定理以及二面角得到平面角，直線與平面所成角的求法，考查空間

想象能力以及計算能力.

25.答案：證明：(1)因為EF〃平面PAC時，又EFu平面PCD,

平面PCDC平面24C=PC,所以EF〃PC.

在△PCD中，因為點尸是PO中點，

所以，點E為。C邊的中點.

(2)不存在點E,使得EF〃PB.

假設存在點E,使得EF〃PB,因為PBC平面PCD,后尸匚平面尸皿，

所以PB〃平面PCD,這與PBn平面PCD=P矛盾，故不存在點E,使得E尸〃PB.

(3)因為PA_L平面ABCD,CDu平面ABCD,所以P41CD.

在矩形ABCD中，40_LCD.又4。nP4=4AD,P4u平面PA。，

所以CD，平面PAD又4Fu平面PAD,所以CD1AF.

在APAD中，因為點尸是中點，PA=AD,所以AF1PD.

又CDCPD=D,CD、PDu平面PCD,

所以力FJ_平面PCD.又Efu平面PCD,所以4F_LEF.

解析：本題考查了線面平行的性質，考查了線面垂直的性質

(1)由線面平行的性質可證得E尸//PC,由點F是PD中點可證得點E為OC邊的中點；

(2)假設存在點E,,使得EF〃PB,證得PB〃平面PC。，這與PBn平面PCC=P矛盾，故可得結

論

(3)先證得CD1AF,AF1PD,故可得4尸1平面PCD,由線面垂直的性質可得結論

26.答案：證明：(1)取PO的中點Q,連AQ,NQ,

在△PCD中，因為點Q、N分別是P。、PC中點，

所以QN〃CD,且QN=[CD.

在矩形ABC。中，M是AB的中點，

-1

所以AM〃CO,S.AM=^CD,

所以4M〃QN,S.AM=QN,

所以四邊形AMN。是平行四邊形，

所以MN〃4Q.

在APAD中，因為點。是中點，P4=AD,

所以4Q1PD.所以MN1PD.

又PA，平面ABCD,CDu平面ABCD,所以241CD.

在矩形4BCD中，4。JLCD.又ADnP4=A,AD,PAu平面PA。,

所以CD_L平面PAD.又4Qu平面PAD,所以CD14Q.則MN1CD.

又CDCPD=D,CD,POu平面PCD,所以MN1平面PCD

(2)解：延長QN到R,使得NR=QN,連BR.

由⑴得QR〃4B,S.QR=AB.

所以四邊形ABRQ是平行四邊形，

所以BR//AQHMN.

所以BRJL平面PCD.

所以NPBR就是直線PB與平面PCC所成的角，

故NPBR=30°,所以PB=2BR=2AQ=PD,

所以R也4B三孔△PAD,

所以AB=AD=PA,

所以NPB4=45°,

因為P41平面ABCD,

所以ZPB4就是直線PB與平面ABCD所成的角,

即直線PB與平面ABCD所成角的大小為45。.

解析：本題主要考查線面垂直的判定以及直線與平面所成角，并涉及到線面垂直的性質，屬于中檔

題.

(1)取PO的中點Q,連A。，NQ,可證四邊形AMAQ是平行四邊形，可得MN〃/1Q,又PA_L平面

ABCD,由線面垂直的性質可得PA1CD,CDLAQ,即可求證M/VJL平面PCD.

(2)延長QN到/?,使得NR=QN,連BR,可證四邊形A8KQ是平行四邊形，NPBR就是直線尸8與

平面PCD所成的角，求證RtPAB=Rt△PAD,PA_L平面ABCD,可得“84就是直線PB與平面ABCD

所成的角，即可求解.

27.答案：解：(1)如圖，連接交AC于點E,由48〃CD,易知△4EB相似于△CEO.

:、—AE=—AB=—1,

ECCD4

又4P〃平面BDH,平面4PCn平面=EH,

：.APHEH,

累=黑=即，為線段PC上靠近點尸的五等分點，即PC=5PH.

HCbC4

(2)由%=券=4,Rt△AED^j^RtACED,可得4CJ.BD,

???平面P4C1平面ABC。，且平面PACO平面4BCD=4C,???BD1平面P4C,

NHEC為二面角H—BZ)—C的平面角，???EH〃P4二NP4C=/"EC=%

又PA=PC,二PC1PA,PC1EH,

又易知PC1BD,PC1平面BOH,即而是平面BOH的法向量，

如圖，以D4,DC為x,y軸的正方向，過點力作平面ABCO的垂線為z軸建立空間直角坐標系,

則￡)(0,0,0),4(2,0,0),C(0,4,0),P(1,2,V5),.?.方=(2,0,0),CP=(1,-2,V5)，

sin3=S=-=粵,直線DA與平面BOH所成角的正弦值為名.

|D411cpi1010

解析：本題主要考查立體幾何的綜合應用.

(1)利用線面平行的性質定理確定點”的位置；

(2)以D4,Z)C為x,)，軸的正方向，過點。作平面A8CD的垂線為z軸建立空間直角坐標系，找坐

標,利用5比9=磊求解.

28.答案：證明：⑴???四棱錐P-4BCD中，PB1A

平面PAC,

四邊形ABC。為平行四邊形，且4。=近AB=4,

/.BAD=135°,

???AC1PB,AB2V2,BC=4,乙ABC=45°,

AC=yjAB2+BC2-2xABxBCxcosz/lBC

V8+16-2x2V2x4xcos45°=2V2>

4ACB=^ABC=45°,???ABAC=90°,

：.AB1AC,又PBCAB=B,

：.AC1平面PAB.

解：（2）AC_L平面PA8,

N4PC是直線PC與平面PAB所成角，

???