必修二第八章《立體幾何初步》單元訓練題（高難度）（64）

一、選擇題（本大題共12小題，共60.0分）

1.己知平面a截一球面得圓M,過圓心M且與a成60。二面角的平面0截該球面得圓N.若該球面的

半徑為4,圓M的面積為4兀，則圓N的面積為（）

A.7兀B.97rC.117TD.13兀

2.如圖，棱長為2的正方體4BC0-AiBiGDi中，E為CG的中點，點

P，。分別為面和線段為C上動點，則APEQ周長的最小值

為

A.2V2

B.V10

C.Vn

D.V12

3.在三棱錐P-ABC中，PA,PB,PC兩兩垂直，PA=\PB=1,。是棱上一個動點，若直線

AQ與平面PBC所成角的正切的最大值為白，則該三棱錐外接球的表面積為（）

A.671B.77rC.87rD.97r

4.已知正三棱錐S-ABC的側棱長為4次，底面邊長為6,則該正三棱錐外接球的體積是（）

A.167rB.?幾C.647rD.竽"

33

5.在三棱錐4-8co中，△ABD與AC8D均為邊長為2的等邊三角形，且二面角4-BD-C的平面

角為120。，則該三棱錐的外接球的表面積為（）

「16n

A.77rB.87rc-VD.等

6.如圖，在正方體ZBCD-力iaGDi中，E為線段41G的中點，則異面

直線。E與BiC所成角的大小為（）度.

A.60

B.45

C.30

D.15

7.如圖，三棱柱ABC—4]BiG中，4A1JL底面ABC,zACB=90°,

AC=CB,則直線8cl與平面ABBi公所成角的正弦值是（）

A.1

2

B.

2

C.

2

D.V3

3

8.在平面四邊形A8CZ）中，ABLBD,Z.BCD=60°,3/1^2+4FD2=24,若將△48。沿折起

成直二面角4一—C,則三棱錐4—BDC外接球的表面積是（）

A.47rB.5TIC.67rD.87r

9.魯班鎖是中國傳統的智力玩具，起源于古代建筑中首創的樺卯結構，這種三維的拼插器具內部

的凹凸部分（即樺卯結鉤）嚙合，十分巧妙，外觀看是嚴絲合縫的十字立方體，其上下、左右、

前后完全對稱.從外表上看，六根等長的正四棱柱分成三組，經90。柳卯起來，如圖，若正四棱

柱的高為6,則需要涂色的面積為（）

A.72D.108

10.已知A,B,C,。四點均在球。的球面上，△ABC是邊長為6的等邊三角形，點。在平面ABC

上的射影為A/BC的中心，E為線段的中點，若BDLCE,則球。的表面積為

A.367rB.427rC.547rD.24V6/T

11.仇章算術》中的堤（兩底面為等腰梯形的直四棱柱）上、下兩底平行，而對于上、下兩底不平

行的堤防，唐代數學家王孝通把它分解成一個堤與一個羨除（注：羨除是指三個側面為等腰梯形,

其他兩面為三角形的五面體），且其體積等于堤與羨除的體積之和金元治河著作W可防通議》給

（2八1+八2）（。+61）+（2九2+九1）（。+匕2）

出了上、下兩底不平行的堤防的體積公式v=■],其中。為兩頭上

622

廣（等腰梯形的上底長），/為長（下底面等腰梯形的腰長），電,電分別為兩頭之高（等腰梯形的高

）,瓦，與分別為兩頭下廣（等腰梯形的下底長）,現有如圖所示的一個堤防，其中4D=8,EF=14,

BC=20,FC=5,CG=13,FC1FG,則圖中所示的羨除的體積為（）

A.988B.460C.366D.312

12.棱長都為2的三棱錐ABCD中，點E,尸分別是棱AB,C￡＞的中點.設點P,。分別是直線A8,

C。上的動點，且滿足EP+FQ=2,則線段PQ的中點M的軌跡的長度是（）

A.V2B.4A/2C.27rD.4兀

二、填空題（本大題共7小題，共35.（）分）

13.閱讀以下問題和解題過程，指出第一次出現錯誤之處為（用序號表示）.

在某圓錐中存在4條兩兩互相垂直的母線求母線與底而所成角的余弦值

錯解如圖，設底面半徑是廣，母線長是/,因為4條母線出，VB,VC,⑺兩兩互相垂直，所

以小舒,所以4B=^r，比等出

aOA1

設母線與底面所成的角是。，所以"五1

⑤

14.四面體A8CO的每個頂點都在球。的球面上，AB,AC,AO兩兩

垂直，且4B=1,AC=2.AD=3,則球。的表面積為.

15.已知某幾何體的三視圖如圖所示，網格中的每個小方格是邊長為1

的正方形，則該幾何體的體積為.

16.如圖，在四棱錐P—ABC。中，底面ABC力為正方形，AB=2AP=4,/.PAB=/.PAD=60°,

貝ikPAC=；四棱錐P-4BC。的外接球的表面積為

17.三棱錐P-ABC中，AB=PA=PB=2,乙4cB=30。，當三棱錐P-4BC體積最大時，其外接

球半徑為.

18.已知正三棱柱ABC-aB1C1的各條棱長都相等，且內接于球O,若正三棱柱4BC-41B1G的體

積是2g,則球。的表面積為.

19.一個圓鏈恰有三條母線兩兩夾角為60。，若該圓錐的側面積為38兀，則該圓錐外接球的表面積

為.

三、解答題(本大題共10小題，共120.0分)

20.如圖，已知直三棱柱4BC-&B1C1中，乙4cB=90。，E是棱CC】上的動點，F是AB的中點，

(1)當E是棱CCi的中點時，求證：CF〃平面AEBi；

(2)在棱CG上是否存在點E,使得二面角的大小是45。？若存在，求出CE的長,

若不存在，請說明理由.

21.如圖1,在邊長為2的等邊團ABC中，D,E分別為邊AC,AB的中點.將團4ED沿OE折起，使

得AB1AD,AC1AE,得到如圖2的四棱錐A-BCDE,連結BD,CE,且BO與CE交于點H.

(2)求二面角B-AE-D的余弦值.

22.如圖，在四棱錐P-4BC。中，JL平面ABC。，BDLAC,BDdAC=0,。是AC的中點,

PA=AC=4,點￡在PC上，PF=3EC.

B\

D

(1)求證：平面PCD1平面BED；

(2)若。。=2。8=4,求二面角E--BD-P的余弦值.

23.如圖，已知AABC是正三角形，EACC都垂直于面A8C,且E4=4B=2,DC=1,F是BE

的中點.

13

(I)求證：FD〃平面ABC；

(口)求證：AF1￥?EDB.

24.已知在三棱錐P-ABC中，PA1平面ABC,PA=AB=2BC=2,AC=W，E是棱P8的中點,

AF1PC.

(1)求證：BPJL平面AEF-,

(2)求三棱錐P-4EF的體積.

25.如圖，空間幾何體A8CDE中，△ABC、△AC。、△EBC均是邊長

為2的等邊三角形，平面4C0_L平面ABC,且平面EBC_L平面ABC,

〃為48中點.

(1)證明：DH〃平面BCE；

(2)求二面角E-AC-B的余弦值.

26.如圖①四邊形ABCZ)為矩形,E、尸分別為AO,3C邊的三等分點，其中AB=4E=CF=1,BF=2,

以EF為折痕把四邊形ABFE折起如圖②，使面4BFE1面EFCD.

(1)證明：圖②中CDLBD；

(2)求二面角4-BD-C的余弦值.

27.如圖，直三棱柱ADF-BCE中，點M為8的中點,48=五AD=2,且平面4BCD1平面ABEF,

連接AM,ED,BD.

(1)求證：AM1DE；

(2)求點F到平面BDE的距離.

28.如圖，在直三棱柱中，AC=BC=&，^ACB=90。乂41=2,。為AB的中點.

(I)求證:A》〃平面8CD；

(n)求異面直線"1與B1C所成角的余弦值.

29.如圖所示，已知AB為圓。的直徑，點。為線段AB上一點，且4。=：DB,點C為圓。上一點,

且BC=V5ac.點尸在圓。所在平面上的正投影為點D,PD=DB.

p

(1)求證：PA1CD：

(2)求二面角C一PB-4的余弦值.

四、多空題(本大題共1小題，共4.0分)

30.如圖，在四棱錐P—4BCD中，底面ABC。為正方形，AB=2AP=4,^PAB=/.PAD=60°,

則"AC=_(1)_；四棱錐P-ABC。的外接球的表面積為_(2)_.

【答案與解析】

1.答案：D

解析：

本題考查球的結構和特征，考查圓的面積公式，屬中檔題.

由條件求出圓N的半徑，即可求出答案.

由題意可知乙4MN=60°,設球心為O,連接ON、OM、OB、OC,貝“ON1CD,OMrAB,且OB=4,

OC=4.

在圓M中，???n?MB2=4TC,

AMB=2.

在40MB中，OB=4,

OM=2V3.

在△MN。中，OM=23NNM。=90。-60。=30。，

???ON=V3.

在ACN。中，ON=痘,OC=4,CN=V13,

S=n-CN2=13TT.

故選。.

2.答案：B

解析：

本題考查棱柱的結構特征，考查對稱點的運用，考查余弦定理，考查運算求解能力，考查化歸與轉

化思想，屬于較難題.

由題意得：APEQ周長取最小值時，P在當。1上，在平面々GOB上，設E關于&C的對稱點為M,

關于BiG的對稱點為N,求出MN,即可得到APEQ周長的最小值.

解：由題意得可畫下圖:

△PEQ周長取最小值時，P在々Ci上，

在平面B1GCB上，設E關于B[C的對稱點為M,關于當G的對稱點為N,

連接當MN與B[Ci的交點為P,MN與&C的交點為。時，

則MN是4PEQ周長的最小值，

EM=V2,EN=2,NMEN=135。，

...MN=j4+2-2x2xV2x(-y)=VlO'

PEQ周長的最小值為同.

故選B.

3.答案：A

解析：解：Q是線段8c上一動點，連接產。，

vPA.PB、PC互相垂直，

”QP就是直線A。與平面P8C所成角，

當PQ短時，即PQ1BC時直線AQ與平面PBC所成角的正切的最大.

此時裝=9所以PQ=2,

PQ2“5

在Rt△PBQ中,BQ=yJPB2-PQ2=J22—（誓）2=哈

W^JPQ2=BQ-BC,則8。=通，所以PC=7BC2—PB2=1,

如圖，將三棱錐P-ABC擴充為長方體，則長方體的對角線長為，12+為+U

三棱錐P-ABC的外接球的半徑為R=漁，

2

???三棱錐P-/BC的外接球的表面積為4TTR2=67r.

故選：A.

PA,PB、PC互相垂直，P4=：PB=1,Q是線段BC上一動點，當PQ短時，即PQJ.BC時直線

AQ與平面PBC所成角的正切的最大，最大值是苧，求出PC,三棱錐P-ABC擴充為長方體，則長

方體的對角線長為三棱錐P-4BC的外接球的直徑，即可得出結論.

本題考查三棱錐P-4BC的外接球的體積，考查線面垂直，線面角，考查學生分析解決問題的能力，

屬于中檔題

4.答案：。

解析：解：如圖所示：由正棱錐得，頂點在底面的投影是三角形ABC的

外接圓的圓心0',外接圓的半徑匕

正三棱錐的外接球的球心在高S。'所在的直線上，設為O,連接0A得:

6

r=-5，r=2V3.即0'力=2次，

所以二棱錐的情)八='Sa?-=/(4A/3)2—(2V3)2=61

由勾股定理得，R2=r2+(R-hY，解得：R=4,

所以外接球的體積，=;兀&=等兀.

故選：D.

正棱錐的外接球的球心在頂點向底面做投影所在的直線上，先求底面外接圓的半徑，再由勾股定理

求錐的高，由勾股定理求出外接球的半徑，由球的體積公式求出體積.

本題主要考查正三棱錐的外接球的體積以及計算能力，屬于中檔題.

5.答案：D

解析:

本題考查了球的表面積公式的應用，重點考查球的球心位置的判定.屬于中檔題.

首先確定球心的位置，進一步確定球的半徑，最后確定球的表面積.

解：如圖所示:

因為△ABDVABCD是邊長為2的等邊三角形且二面角A-BD-C為120。,

取△ABC和△BCD的中心凡E,取BO的中點記為G,連接AG,CG,

則AG1BD,CG1BD,

所以Z4GC=120°,即ZEGF=120°,

過點尸作平面A3。的垂線，過點E作平面8CO的垂直，兩垂線相交于點O,則點O即為該三棱錐

的外接球球心，

由題可得AG=CG=V3-EG=FG=—，4EOF=60°,

3

在四邊形OEGF中可計算得：OE=OF=1,又因為ED=也，

3

則球的半徑r=卜+（咨2=亨，

則外接球的表面積S=4n?弓=等.

故選。.

6.答案：C

解析:

本題考查異面直線所成角的求法，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養，屬于基礎題.

以。為原點，OA為x軸，DC為了軸，0劣為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出異面

直線OE與SC所成角的大小.

解：以。為原點，OA為x軸，0c為y軸，DD］為z軸，建立空

間直角坐標系,

設正方體4BC0-4B1QD1中棱長為2,

則。(0,0,0),2),當(2,2,2),C(0,2,0),

DE=(l,h2),B^C=(-2,0,-2),

設異面直線QE與BiG所成角為0,

|jl||,n_\DEBC\6V3

則rcn°<s8-南麗X一訴一號‘

0=30°.

??屏面直線OE與&C所成角的大小是30。.

故選C.

7.答案：A

解析：

本題考查直線與平面所成角的正弦值的求法，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，是較難題.

取的中點。，連結。Cl、0B,則GC1平面4B1G，GO_L&B1，由44J/CG，得G0JL44，

從而NOBQ是直線BG與平面4BB14所成角，由此能求出直線BQ與平面48814所成角的正弦值.

解：取的中點0,連結0Q、0B,

???在三棱柱ABC-4/傳1中，底面A8C是等腰直角三角形，A41底

面ABC,

???CrCJ■平面4B1C1，C10IA/i，

vAAJ/CC^GOu平面AMiG

???^01AA1,又A&n4出=4,u平面4BB14,4祖u平

面ABB14，

二GO_L平面ABBiA

???NOBCi是直線8cl與平面488遇1所成角，

設441—AC-CB-1,

2222

BG-Vl+I=V2,AB-A1B1=Vl+l=V2>

GO=J12-（T）=T，

???直線BQ與平面4BB14所成角的正弦值：

Vz

sin/OBQ="=f=工，

1BCjV22

故選A.

8.答案：D

解析：

本題考查求平面四邊形折疊為三棱錐的外接球的表面積，求出球的半徑是本題的核心問題，仔細分

析，靈活解題，屬于中檔題.

先找出平面ABD與BDC的外心，從而可以確定球心，據此作答即可.

解：取AD,BD中點E,F,設^BCD的外心為M,連MB,MF,EF,則MF1BD,乙BMF==

/.BCD=60°,BD=V3BM=2BF.

分別過E,M作M凡E尸的平行線，交于。點，即。E〃MF,0M//EF.

,:BD1AB,???E為△ABC的外心，AB_L平面BCD.

■：EFHAB,EF_L平面BCD,：.OM_L平面BCD.

因為MF1BD,A-BD-C為直二面角，二MF1平面ABD,：.OE，平面ABD,

:?E,M分別為△力BD,△BCD外心，0為三棱錐的外接球的球心，08為其半徑，OB?=BM?

+0M2=相〃+EF2=赳D2=2.S球=4nX0/=8m

故選。.

9.答案：B

解析：

本題考查求幾何體的表面積，考查學生的計算能力，屬于中檔題.可將問題轉化為求6個組合體的

表面面積的和，即可求得結果.

解：由題目中的圖，可以轉化為求6個組合體(如圖)的表面面積的和，所以需要涂色的面積為6x[lx

2+2.5x1x2+(2x2.5-1x0.5)x2]=96.

故答案選B.

10.答案：c

解析：

本題主要考查球的表面積，涉及到簡單多面體（棱柱、棱錐）及其結構特征、線面垂直的判定以及線

面垂直的性質，屬于中檔題.設△ABC的中心為G,延長BG交AC于F,則F為AC中點，連接。F,

可證8。_L平面ACD,又D-4BC為正三棱錐，得到D4,DB,0c兩兩垂直，故三棱錐。一4BC可

看作以D4,DB,OC為棱的正方體的一部分，二者有共同的外接球，根據正方體的結構特征可求得

外接球的半徑，代入球的表面積公式即可求解.

解：設AABC的中心為G,延長BG交AC于凡則尸為AC中點，連接。F.

由題知DG1平面ABC,AC1GB,由三垂線定理得AC1BD,

又BD_LCE,二BDJ■平面AC。，又D-4BC為正三棱錐，

:.DA,DB,￡>C兩兩垂直，

故三棱錐D-ABC可看作以DB,DC為棱的正方體的一部分,

二者有共同的外接球，由力B=6得￡M=3或，

故正方體外接球直徑為3或.V3=3V6，

所以球。的表面積為4汗/?2=54兀，

故選C.

11.答案：B

解析：

本題主要考查幾何體的體積求法，屬于中檔題，

先求出圖中堤防的體積與堤的體積，再通過作差即可得解.

解：如圖，過點。作DM1BC于點M,a=AD=8,I=CG=13,

若瓦=BC=20,則Z?2=EF=14.

EF為等腰梯形ABC。的中位線，則CD=10,MC=6,

所以色=DM=y/DC2-MC2=8，

所以九2=4.

又FG=y/CG2-CF2=12，

則圖中堤防的體積為蘭X[(2*8+4)(8+20)+(2x4+8)(8+14)=988)

622

堤的體積為*8+14)x4x12=528,

所以圖中羨除的體積為988-528=460.

故選從

解析：

本題考查點的軌跡問題，先根據空間線面關系得到軌跡為正方形，再求周長.

解：正四面體A〃中，有431CD.EFLAB.EF^CD,

如圖，

過戶作直線1HAB,

由直線/與。〃確定平面，記為平面a,

則￡1產J.a，

過p做直線PP,//E戶,交直線/于點Pi意尸,Q

取尸/Q的中點

又PQ的中點M,

魁MM/PP/EF,

取MM11a.

mM］的軌跡是點M的軌跡任平面a上的投影，

乂M的凱跡在線段EF的中里面上.且平面a與線段EF的中塞面相互平行.

所以M］的軌跡與點M的筑跡完全相同，因此只研究M］的軌跡即可，

以平面a上直線/和CC分別為x軸和y軸建立平面直角坐標系x毋,

設W/(x,y),

則EP=FPt=2\x\,FQ=2\y\,

由EP+FQ=2得|x|+|y|=1,

所以此的軌跡為正方形|x|+|y|=7，

從而M的軌跡的長度是4J7.

故選B.

13.答案：①

解析:

本題主要考察凡何體的性質，屬于中檔題。

解：

①圓錐中不可能存在4條兩兩互相垂直的母線.

14.答案：147r

解析：

本題考查球的內接幾何體與球的關系，考查空間想象能力，計算能力.

根據題意將棱錐擴展為長方體，長方體的體對角線即為球的直徑.

解：因為三棱錐ABC的頂點都在球。的球面上，

因為A8,AC,兩兩垂直，，所以三棱錐擴展為長方體，

且AB=1,AC=2,AD=3,

所以球。的表面積為47rX(""22+33)2=14.

k277r

故答案為147r.

15.答案：45-y

解析：

本題考查的知識點是由三視圖還原幾何體，再求體積，其中根據已知分析出幾何體的形狀是解答的

關鍵.

由三視圖可知該幾何體是一個長方體中挖去一個;球，根據幾何體的特征可以求出其體積.

解：由三視圖可知該幾何體是一個長方體中挖去一個9球，

O

如圖所示,

故V=3x3x5-4.*33=45-),

故答案為45—手.

16?答案：今40兀

解析：

本題考查空間幾何體中線面垂直的判斷及性質應用，考查了幾何體的外接球的表面積問題，屬于中

檔題.

首先作PEL平面ABCQ,由題設知點E在AC上.過E作EH_LAB，可證得AB_L平面尸EH，進而

有ABLPH.利用勾股定理即可求得4P4C的大小.取M為AC中點，設該四棱錐的外接球的球心為

O,作PFLOM,易知四邊形尸FME為正方形.于是在直角三角形OM4和直角三角形OPF中，利

用勾股定理即可求出該四棱錐的外接球的半徑，進而得到結果.

解析：

解：作PE,平面ABCZ),

由NPAB=NPAD=60知點E在線段AC上，

過E作EHLAB，連結P”，

因為AB-LEH.AB_LPE.EHDPEE,EH,PEu平面PEH,

故AB_L平面PEH,PHu平面PEH,故AB_LPH.

在RtAPAH中，AH=1,PH=V3;

在RtAEAH中，AE=\[2,EH=1;

在RtAPEH中，PE=V2,

因此tanZPAE1，故"AE；.

4

取M為AC中點，設該四棱錐的外接球的球心為O,半徑為R,

OM_L平面A8C。，

設OM=d,作PF，OM,易知四邊形PFME為正方形.

則有忱總常+2,解得忱備

故外接球表面積為S=4TIR2=407r.

故答案填全407r.

17.答案：適

3

解析：

本題考查三棱錐的外接球問題，屬中檔題.

要使三棱錐P-ABC的體積最大，即要使點C到平面PAB的距離最大，即點C到邊AB的距離最大,

三棱錐的體積最大，結合球的截面性質可得球的半徑為CO=+=［二=名.

解：取AB中點￡>,連接CD,

設4ABe的外接圓的圓心為E,4P4B的外接圓的圓心為F,

???4P4B是邊長為2的等邊三角形，

???4P4B面積確定，

要使三棱錐P-4BC的體積最大，即要使點C到平面PAB的距離最大，

只有當平面ABCJ?平面PAB時，體積最大，

即點C到邊42的距離最大，三棱錐的體積最大，

???乙4cB=30°,且=2,

外接圓E的半徑CE為1x焉=2,

.?.點C在ZL4BC外接圓上運動,

如圖所示:

當點C滿足Q4=CB時，點C到邊AB的距離最大，三棱錐的體積最大,

此時三棱錐的高即為CD的長，

此時ZL4BC外接圓E的圓心E在CDt,

根據球的性質可知，OELCE,OFLDF,OF“ED,

故四邊形EOF。為矩形，

故DE=DF=-x—x2=—，

323

在RtACEO中，球的半徑為CO=7CE2+0E2=14+-=—.

yj33

故答案為理.

3

18.答案：等

解析：

先由正三棱柱的體積求出棱長，再求出球的半徑和表面積.

本題考查棱柱的體積、球的表面積，幾何體與球的切接問題，根據幾何體的結構特征求得球的半徑

是解題關鍵.

解：如圖所示，

B'

設A4=A1B1=a,則正三棱柱ABC-的體積是3a3=2次,

4

解得Q=2,

底面正三角形的外接圓半徑r=—^―=得，

ZSi/loUVo

所以球的半徑R=J(|)2+(專)2="

所以球。的表面積為4兀產=等.

故答案為：

19.答案：等

解析：

本題考查圓錐的側面積公式與球的表面積公式，屬于較難題目.

先通過圓錐的側面積公式求出底面圓的半徑以及高，進而通過勾股定理，求出外接球的半徑，從而

得到圓錐外接球的表面積.

解：

由題意知，三角形ABC為正三角形，AASB=AASC=/-BSC=60°,

所以4B=S4,設圓錐底面半徑為r,則普；=2r.,

sin60°

AB=V3r,SO=V3r2—r2=V2r，因為該圓錐的側面積為

|x2nrxV3r=y/3rcr2=3聒it,丫=V3,SO=V6,

設圓錐的外接球的半徑為R,(V6-燈+r2=R2,2^6R=9,R=乎,

9x6277r

所以該圓錐外接球的表面積為垢膜ITTX

故答案為等.

20.答案：解：(1)取中點連接EM、FM,

???△ABiB中,M、F分別是AB、4B1的中點，

MF//B1B且MF=

又???矩形BBiQC中，CE〃B/且CE=

.-.MF//CEB.MF=CE,可得四邊形MFCE是平行四邊形，

CF//EM

「CF￡平面SB1，EMQnEAB1,

???CF〃平面4EBi；

(2)以C4、CB、CC］為x、y、z軸，建立如圖空間直角坐標系,

可得4(2,0,0),當(0,2,4),設CE=m,得E(0,0,m)

???AE=(-2,0,m),福=(-2,2,4)

設平面AEBi的法向量為祐=(x,y,z)

=—2x+mz=0

解之并取z=2,得有=(m,m—4,2)

—2x+2y+4z=0

?平面E&B的法向量為石？=(2,0,0)，

???當二面角4一EBi-B的大小是45。時，有

<nTA>=-27n——立解之得力=，

22

，y/m+(m-4')+4-22，

因此，在棱CC1上存在點E,當CE=|時，二面角4一E81—B的大小是45。.

解析：本題在直三棱柱中，求證線面平行并探索二面角的大小能否為45度，著重考查了直線與平面

垂直的判定、用空間向量研究二面角的大小等知識點，屬于中檔題.

(1)取4名中點連接EM、FM,在△48/中根據中位線定理，得MF〃B/且MF=在矩

形BBiGC中，CE〃BiB且CE=得到四邊形MFCE是平行四邊形，CF//EM,從而證出CF〃

平面ZE為；

(2)以C4、CB、CC］為x、y、z軸，建立空間直角坐標系，設CE=m,得到4、和E各點的坐標，

根據垂直向量的數量積為零的方法列方程組并解之，得到平面力Ea的法向量為元=(m,m-4,2),再

由題意得到平面AEa的法向量和平面EB】B的法向量夾角的余弦絕對值為孝，由此建立關系式，可解

出m=I，從而得出存在點滿足條件的點E.

21.答案：(1)證明：由題意，AD=CD1,BD=CE=V3>

又因為4B1AD,所以，AB=y/BD2—AD2=V3—1=V2>

所以，AC2=AD2+CD2,即4D_LCD.

又因為CD1BD,且BDnAD=D,BD,ADABD,

所以，。。_1平面46。.

又4"u平面ABD,

所以CD_LAH.

由在直角三角形CH￡)中，CD=1,^DCH=30°,DH=—，

3

所以理=也=立，plijAHDA^^ADB,

ADBD3

所以乙4〃D=90。，^AH1BD,

又BD,CDu平面BCDE,BDCCD=D,

所以AH±平面BCDE.

(2)解:

如圖，過點。作。zl平面BCDE,力8為x軸，OC為y軸，￡>z為z軸，建立空間直角坐標系,

所以，0(0,0,0),B(g,0，0),fCy.-pO)，

設點4(a,0,b),

由4。j4B=企得聯a1*I都=7

解得a=1,b=乎,所以40,0冷.

所以荏=(今心,_當,4=(尊0,一生同=(泉0凈,

設平面AED的法向量為汨=zi)<

訴荏?五=°叩卜1=百為+2加內

所以隔.若=0'即Q+a=0'

取Zi=-1,得瓦=(V2,V6,-1),

同理可得平面AEB的法向量為芯=(1,-V3,V2),

所以3<而其>=高篙=一泉

由圖可知，所求二面角為鈍角，所以二面角B—AE-D的余弦值為-理.

3

解析：本題主要考查線面垂直的判定及求二面角問題，是中檔題.

(1)利用線線垂直則線面垂直即可判定；

(2)利用空間坐標法，利用求平面的法向量的夾角求兩平面的二面角.

22.答案：解:(1)證明：???PA，平面ABC￡>,BDc^jgjABCD,

PA1BD,

y.BDLAC,PACtAC=A,

BD_L平面PAC,

BD1PC,

作EF〃P4交4c于點F,

貝IJE尸，平面ABCD,

在中，PE=3EC,EF〃PA,

:.—CF=—CE=—EF=—1,

ACCPPA4

:?CF=FE=1,CE=V2,

設ACnBD=0,

則℃=/=2,OF=^0C=1,

???CE2+ED2=CE2+(。/2+Ef2)

=2+(l2+0D2+l2)

=4+OD2=OC2+0D2

=CD2,

???PC1ED,又BDC\DE=D,

：.PC_L平面BED,

■：PCu面PCD,

平面PC。J?平面BED；

(2)如圖所示，以O為坐標原點，分別以灰，南的方向為x軸，y軸正方向，建立空間直角坐標系,

P(-2,0,4),F(0,-2,0),0(0,4,0),C(2,0,0),PB=(2,-2,-4).PD=(2,4,-4)，PC=(4,0,-4),

設平面尸8。的法向量為記=(x,y,z),

叱高二/即｛MUUo得取z=L則”=2,m=(2,0,1).

由(1)可知正=(4,0,-4)為平面BE。的一個法向量，

所以cos（記，正>=叵.

10

由圖可知，所求二面角為銳角，

所以所求二面角的余弦值為包.

10

解析：本題考查了空間面面垂直的判定，二面角的計算，也可利用向量法求出二面角，屬于中檔題.

（1）先證BD_L平面PAC,可得BD1PC,再根據勾股定理可得CE1CE,故而可得PC_L平面8E￡>,

進而可得面面垂直；

（2）以。為坐標原點，分別以無，而的方向為x軸，y軸正方向，建立空間直角坐標系，把二面角

位置轉化為空間向量的夾角問題，利用空間向量解決.

23.答案：（I）證明：如圖：

???F是BE的中點，取BA的中點M,

FM//EA,FM=2=1.

又rEA、CO都垂直于平面ABC,CD〃E4

因此CD〃FM.

又,:CD=1=FM,.??四邊形FMCO是平行四邊形，即FC〃MC,

而FD仁平面ABC,MCu平面ABC,

FD〃平面ABC.

（口）證明：因為M是AB的中點，△ABC是正三角形，所以CMJ.AB.

又E4垂直于平面48C,乂（：0：平面48。，二0^_1人￡,

乂AEn4B=4,二CM±平面EAB.

又?:AFu平面EAB,CM1AF.

又CM〃尸。，從而FDJ.AF,

???F是BE的中點，EA=AB,所以AF1EB.

而EB,產力是平面EOB內兩條相交直線,

AF_L平面EDB.

解析：本題考查了線面平行的判定，線面垂直的判定，線面垂直的性質，面面垂直的判定與性質和

棱錐體積的求法，屬于中檔題.

(I)利用線面平行的判定得結論；

(口)利用線面垂直的判定得CM1平面E4B,再利用線面垂直的性質得CM1AF,最后利用線面垂直

的判定得結論；

24.答案：(1)證明：PA=AB=2BC=2,AC=心,

所以AC1BC,

因為PA，平面ABC,PAu平面PAC,

所以平面P4C-L平面PAC,

因為平面PACn平面ABC=AC,

所以BC1平面PAC,所以BC14F,

又因為4FJLPC,PCC\BC=C,

則4尸1平面PBC,得4FJ.PB,

又因為4EC4F=A,

所以BP_L平面AEF；

(2)解：由(1)得44EF為直角三角形，P是三棱錐P-4EF的高，在RtAPAC中，PA=2,AC=y/3,

所以PC=迎，49=^￡=華=中，在RtAPAB中，PA=AB=2,貝l」PA—AE=：PB—2,,

PCV772

在RtAEAF中，EF=y/AE2-AF2=5*=與,所以xAF=：x手x當=當，

所以三棱錐P-4EF的體積為工x如x或=2.

3721

解析：本題考查了線面垂直的判定，以及求三棱錐的體積，難度一般.

(1)由條件，得到P4_L平面A8C,進而推出BCJ.4F,AFPBC,結合已知條件推出4F1PB,

從而證出BP1平面AEF；

(2)根據題意，得到相關線段長，利用體積公式，算出體積.

25.答案：(1)證明：分別取AC,BC的中點P,Q,連接OP,EQ,PQ,PH,DH.

由平面4coi?平面ABC,且交于AC,OPu平面AC。，DP1AC^DPiffiABC,

由平面EBC_L平面ABC,且交于BC,EQu平面BCE,EQ_LBC有EQJ_面月BC

所以EQ//DP,

(DP//EQ

<EQC平面EBC,所以DP〃平面EBC,

(DPC平面EBC

由AP=PC,AH=HB有PH//BC,

(PH//BC

[8。<=平面岳8。，所以PH〃面E3C,

(PHC平面EBC

(DP〃面EBC

?PH//\^\EBC'所以面BCE〃面。PH,

\DPCPH=P

所以Z)H〃平面BCE

(2)解：法1：以點P為原點，以PA為x軸，以PB為y軸，以PC為z軸，建立如圖所示空間直角

坐標系

由EQ_L面ABC,所以面ABC的法向量可取元=(0,0,1),

點4(1,0,0),點C(—1,0,0),點E(—日,V5)，AC=(—2,0,0)>AE=(—V3)>

-2x=0

設面E4C的法向量沆=(%,y,z),所以3工仄取沆=(0,2,-1),

[~2X十萬丫十YJz=U

設二面角E-AC-B的平面角為仇據判斷其為銳角.cos。=|哥|=|三|=與

'|m||n|11lxV515

法2：過。點作AC垂線，垂足為尸，連接EF.

由(1)問可知EQ_L4C,又因為QP_L4C,所以ACJ■平面EFQ,則有AC1EF.

所以4EFQ為二面角E-AC-B的平面角.

由題可知QF二]BP，所以QF=f，則5/=手，

解析：(1)分別取AC,BC的中點P,Q,連接。P,EQ,PQ,PH,DH.證明EQ〃DP,推出DP〃平

面EBC,PH〃面EBC,得到面BCE〃面。PH,即可證明D”〃平面BCE.

(2)法1：以點尸為原點，以PA為x軸，以尸3為)，軸，以尸。為z軸，建立如圖所示空間直角坐標

系，求出面A8C的法向量，面EAC的法向量，設二面角E-AC-B的平面角為仇空間向量的數量

積求解即可；

法2：過。點作AC垂線，垂足為F,連接EF.說明NEFQ為二面角E-4C-B的平面角.通過求解三

角形推出結果即可.

本題考查直線與平面平行，平面與平面平行的判斷定理的應用，二面角的平面角的求法，考查空間

想象能力以及邏輯推理能力.

26.答案：解：(1)連接BE,?:BE=V2.EF=?，BF=2,BE2+EF2=BF2,

?.?面4BFEJL面EFCD,面4BFEn面EFC。=EF,：.BE1面EFCD,

???CD1DE,BECDE=E,CD，面BDE,

-CD1BD;

(2)以ED,EB為y,z軸的正方向建立空間直角坐標系，貝l」B(0,0,應)，F(l,l,0),

0(0,2,0),C(l,2,0),B/中點GGB凈，?.?南=前，.?”(一凈,

??同=(一;，-浮,DB=(0,-2,V2).DC=(1,0,0),

設平面ABD的法向量為記=(與,月2)則有黑,三;；，

--%!--yj+—z—0,j-

2x

???22,令Z]=y]2,y1=I,%]=—3,

-2y+y/2z1=0

???m=(-3,1,企)，

設平面BDC的法向量為五=(次”/2)則有[史;%二°,

SB-m=O

(x=o人「

7-22y+&z】=0'四當=-1』=0，

n=(0,-1,—>/2)>

—?—?—1—21

???cos<m,n>=.....-==——,

Vr9+1+2Vr0+1+22

易知二面角/-BD-C為鈍角,

二面角A-BD-C的余弦值為一右

解析：本題主要考查線線垂直，用向量法求二面角的余弦值，屬于中檔題.

(1)由已知得BE?+EF2=BF2,由面ABFE1面EFCD,得BE_1_面EFCD,

再證CD1面BDE,即得結論；

(2)建立空間直角坐標系，求出平面4?。的法向量沅，平面BOC的法向量五,

即可求二面角4-BD-C的余弦值，注意二面角A-BD-C為鈍角.

27.答案：(1)證明：記A例與B。的交點為O.

由題意，知BE148.

?.?平面4BCD1平面ABEF,且平面4BCD0平面4BEF=AB,

BEC平面ABEF.BE，平面ABCQ.

???AMu平面ABCD,BELAM.

又M為CD的中點，AB=CD=>/2AD=V2FC=2,

???DM=1,AD=BC=V2.

tanzD/lM=—=4==—,tanzBDC=—=—>

DAy/22CD2

???Z.DAM=Z.BDC.

V/.DAM+乙AMD=90°,???(BDC+乙AMD=90°,

/.^AOD=90°,

又BDABE=B,BD.BEC'正面BDE.

AMl￥ffiBDE,DEU平面BDE...AM_LDE.

(2)解：設點尸到平面也定的距離為d.

?：AF“BE,BEu平面BOE,AFC平面8。￡,

???AF〃平面BDE.

??.點尸到平面BDE的距離等于點A到平面BDE的距離.

由(1)知4。_L平面BQE,AM=V/1D2+DM2=J(V2)2+lz=V3.

ADy[2V6

???COSZ.DAM=—=-p=——，

AM433

?=V2x—=

??d=AO=AD-cosZ-DAM33

???點F到平