高中數(shù)學必修二第八章《立體幾何初步》單元訓練題(高難度) 20(含答案解析)

必修二第八章《立體幾何初步》單元訓練題（高難度）（20）

一、單項選擇題（本大題共10小題，共50.0分）

1.已知點A,直線m平面a,以下命題表述正確的個數(shù)是（）

①4ea,aa=4Ca：②46a,aea=>4ea：

③4ga,auanACa；④Aea,auanAua.

A.0B.IC.2D.3

2.己知A,B,C是球。的球面上的三點，^AOB^AOC=60°,若三棱錐。-ABC體積的最大值

為I,則球。的表面積為（）

A.4兀B.9兀C.167rD.207r

3.點尸在正方形ABC。所在平面外，P41平面ABC。，PA^AB,則P8與4c所成的角是（）

A.60°B.90°C.45°D.30

4.如圖，四棱錐S-4BC。中，SOABCD,AB//CD,AD1CD,

SD=CD,AB=AD,CD=2AD,"是3C中點，N是線段SA上的

點.設MN與平面SAC所成角為a,則sina的最大值為（）

A考

B—

?7

c-v

D岑

5.在棱長為1的正方體力BCD-&B1GD1中，E為線段BiC的中點，尸是棱G%上的動點，若點尸

為線段3D1上的動點，則PE+PF的最小值為（）

A.—B.上班C.—D.這

6222

6.在矩形ABC。中，AD=a,AB=b,b>a.將回AC。沿著AC翻折，使。點在平面ABC上的投

影E恰好在直線AB上，則此時二面角8—4C—。的余弦值為（）

A與B.?C.叵D.空

b2bb2b

7.已知正四面體A-BCD外接球的表面積為12兀，則該正四面體的表面積為（）

A.6V3B.12V3C.4V3D.8V3

8.從M（0,2,-1）出發(fā)的光線，經(jīng)平面xOy反射后到達點N（2,0,2）,則光線所行走的路程為（）

A.3B.4C.V17D.3V2

9.已知正四面體S-4BC的表面積為816，點P在回ABC內(nèi)（不含邊界）.若/_S4B+VP-SCA=

CA

2VP.SBC,且5_5<4,則實數(shù)，的取值范圍為

A.[苧,+8）B.（苧,+8）C.[81V2,+oo）D.（81V2,+oo）

10.如圖，直三棱柱ABC-4B1G中，側(cè)棱長為4,AC=BC=2,AACB=,

90。，點。是的中點，尸是側(cè)面44B1B（含邊界）上的動點,要使

4&_1平面6。凡則線段。述的長的最大值為（）

A.V5B.2V2C.V13D.2V5

二、多項選擇題（本大題共1小題，共4.0分）

11.如圖，等邊三角形A8C邊長為3,D,E分別在邊AB,AC上，且滿足AO=4E=2,8c邊上

的中線AF與。E相交于G,將回ADE繞。E旋轉(zhuǎn)到I24ED（4'在平面8CEQ外），如圖所示，則

下列命題中，正確的是（）

A.平面AF41平面AOE

B.點M在AE上，且滿足4'M=：4'E,則MF〃平面A'DB

C.當二面角A-DE-C為爭時，441平面ABC

D.當三棱錐A-EFD的體積有最大值時二面角A-BD-C的正弦值為學

13.將邊長為2的正三角形ABC沿中線4。折成60。的二面角B—力。一C,則三棱錐A-8DC的外接

球的表面積為.

14.三棱錐A-BCD中，AB=CD=遮，AC=BD=2,AD=BC=向，則該幾何體外接球的表面

積為.

15.如圖（1）是數(shù)學家GerminH￡>“Me〃〃用來證明一個平面截圓錐得到的截口曲線是橢圓的模型（稱

為“。在威〃〃雙球”）；在圓錐內(nèi)放兩個大小不同的小球，使得它們分別與圓錐的側(cè)面、截面相

切，設圖中球。1,球。2的半徑分別為3和1,球心距離|01。2|=8,截面分別與球01，球。2切

于E,F（E,F是截口橢圓的焦點），則此橢圓的離心率為

16.已知某幾何體是一個平面將一正方體截去一部分后所得，該兒何體三

視圖如圖所示，則該幾何體的體積為.

俯視圖

17.已知各棱長都相等的直三棱柱（側(cè)棱與底面垂直的棱柱稱為直棱柱）所有頂點都在球。的表面

上.若球。的表面積為28兀，則該三棱柱的側(cè)面積為.

18.設四面體的六條棱的長分別為1,1,1,1,魚和m且長為〃的棱與長為或的棱異面，則。的

取值范圍是.

19.已知長方體的頂點都在球。的表面上，且4C=A2=2,則球。的表面積為

.若&Ci與8。所成的角為60。，則與BQ所成角的余弦值為.

20.如圖，在正方體ABCD-4/百。1中，ACQBD=0,E為線段4。式含端點）上的動點，有下列

結(jié)論：①OEJ.B1。；②OE〃平面4/6；③直線OE與直線A?所成角的范圍是［。用；④直

線OE與直線CQ所成角的余弦值的取值范圍是［0,曰］.其中正確結(jié)論的序號是.

D.

G

四、解答題(本大題共10小題，共120.0分)

21.如圖，底面ABCO是等腰梯形，AD//BC,AO=24B=2BC=4,點E為AE)的中點，以BE

為邊作正方形BEFG,且平面BEFGJL平面ABCD.

(1)證明：平面4CF_L平面BEFG.

(2)求點D到平面ACF的距離.

22.如圖，在直三棱錐4BC-4B1G中，NACB=90。，AC=BC=：4&=1,E分別是棱。的刀當

的中點.

(1)證明：ArE1AD；

(2)求點A到平面4/1。的距離.

23.如圖，直三棱柱ABC—AB'C'中，4C=BC=5,44'=AB=6,D、E分別為AB和B8'上的點,

且絲=生

DBEBi

B

(1)求證:當八=1時,A!B1CEx

(2)當;I為何值時，三棱錐4—CDE的體積最小，并求出最小體積.

24.如圖,正方體ABCD-AB'C'D'的棱長為”,連接AC,A'D,A'B,BD,BC',C'D得到一個三棱

錐4-BC'D.

(1)求三棱錐A-BC'D的表面積;

(2)0是CC”的中點，求異面直線8。與B'。所成角的余弦值

25.在如圖所示的多面體ABCDEF中，A8CZ)為直角梯形，AB//CD,/.DAB=90。，四邊形AZ)EF

為等腰梯形，EF//AD,已知4E_LEC,AB=AF=EF=2,AD=CD=4.

(I)求證:CZ)_L平面ADEF；

(□)求多面體ABCDEF的體積.

26.如圖，在四棱錐P—ABC。中，AD//BC,^ADC=^.PAB=90。，BC=CD\AD,E為梭AD

的中點，異面直線PA與CO所成的角為90。.

(/)在平面PA8內(nèi)找一點M,使得直線CM〃平面PBE,并說明理由;

(〃)若二面角P-CD-4的大小為45。，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值.

27.已知四棱錐P-4BCD,底面A8CQ是〃=60。、邊長為”的菱形，又P0，平面A8CQ,且PD=CD,

點M、N分別是棱A。、PC的中點.

(1)證明：DN〃平面PMB;

(2)證明：MB1■平面PAD;

(3)求點A到平面PMB的距離.

28.如圖，四棱錐S-4BC。的底面是由等邊三角形8CD與等腰三角形48。拼接而成的，其中4480=

AADB=30°,SB=SD=AB.

(1)在線段SC上找出一點E,使得BE〃平面S4D,并給出證明；

(2)若△BCD的面積為9b，54=遍，求四棱錐S—4BCD的體積.

29.如圖，已知AE_L平面CDE,四邊形ABCZ)為正方形，M,N分別是線段BE,OE的中點.

(1)求證：MN〃平面ZBCD;

(2)若柒=；,求EC與平面AOE所成角的正弦值.

cCN

30.如圖，四棱錐S-ABC。的底面是由等邊三角形BCD與等腰三角形A3。拼接而成的，其中

Z.ABD=Z.ADB=30°,SB=SD=AB.

(1)在線段SC上找出一點E,使得BE〃平面SA。，并給出證明;

(2)若團BCD的面積為9/，SA=瓜,求四棱錐S-ABCC的體積.

【答案與解析】

1.答案：A

解析：

本題考查的知識點是元素與集合關系的表示，集合間包含關系的表示，及空間點線面之間的關系,

其中用恰當?shù)姆柋硎驹嘏c集合間、集合與集合間的關系是解答本題的關鍵.

由線面的關系，我們易得直線。，平面a也可能相交于A點，由此可判斷①的真假；根據(jù)集合與集合

關系的描述方法，易判斷②的真假；討論點A,直線“，平面a之間的關系可判斷③的真假；根據(jù)元

素與集合關系的描述方法可判斷④的真假.

解：①不正確，如ana=4；

②不正確，???“aea”表述錯誤；

③不正確，如圖所示，Aa,aua,但46a；

④不正確，“4ua”表述錯誤.

2.答案：C

解析：

本題考查三棱錐的體積的最值問題以及其外接球的表面積，屬于中檔題.

確定當平面AOC與面A08垂直時，三棱錐。-4BC的體積最大是解題關鍵，再結(jié)合三棱錐的體積公

式求出球的半徑，則球的表面積可求.

解：如圖,

設球。的半徑為/?,?；N40B=60°,SMOB=*2,

'''^Q-ABC=%-HOB，而44。8面積為定值,

.??當點C到平面AOB的距離最大時，％YBC最大，

當平面AOC與面A08垂直時，體積LO-ABC最大，

Z.AOC=60°,OA=OC=R,

.?.△40C為等邊三角形，

此時三棱錐C-AOB的高為3R,

2

三棱錐0-ABC體積最大值為工x且R2x￡R=1,

342

???R=2,

.?.球。的表面積為4兀7?2=4nx22=16/r,

故選C

3.答案：A

解析：試題分析：作出空間幾何體如下圖所示：設正方形的邊長為2,

所以PB與AC所成的角就是NFE4,由題意可知：EF=AE=AF=V2,

所以ZFE4=60°.

4.答案：A

解析:

本題考查了線面角求解，屬于中檔題.

解法1：(1)以。為坐標原點，射線D4為x軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系。-xyz,

利用向量法求解sina=I磊卜質(zhì)We?借助二次函數(shù)性質(zhì)求最值;

解法2：設AQ的中點為E,連接ME,NE,根據(jù)題意可知MN=點NE2+9,sina=黑=焉云.根

據(jù)NE的最小值為E到AS距離，從而求解.

解：解法1：(1)以。為坐標原點，射線為x軸的正半軸，射線。C為y軸的正半軸，射線。S為

z軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz,

設ZM=2.則。(0,0,0),5(0,0,4),4(2,0,0),8(2,2,0),C(0,4,0),M(l,3,0),

所以正=(2,0,-4).設詢=A^4(0<A<1).

則N(22,0,4—42)，MN=(2A-1,-3,4-44).

平面SAD的一個法向量為比=(0,4,0),

所以sina—|..竺|=]:.

1\MN\\DC\10(10—2-18—+13)

因為OS2SI,所以當；1=白，即SN=9M4時，sina取得最大值逆.

107

故選A.

s,

解法2：設AO的中點為E,連接ME,NE,

因為AB〃CD,CDLAD,M是8c中點，

所以ME是直角梯形ABC。的中位線，則MEJ.AD.

因為SD_L平面ABCD,MEu平面ABCD,

所以ME_LSO.

又ADCSD=D,AD,SDu平面SAO,

所以ME1平面SAD,

貝此MNE為MN與平面SAD所成角，則/MNE=a.

設ZM=2,則ME=3,MN=y/NE2+9,sina=^=^=.

NE的最小值為E到AS距離等于橐，所以sina的最大值為公.

V57

故選A.

5.答案：A

解析：

本題考查了空間幾何體中距離和的計算問題，解題的關鍵是把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題解答，是難

題.

連接BG，得出點尸、E、F在平面BGDi中，問題轉(zhuǎn)化為在平面內(nèi)直線BO】上取一點P,求點P到定

點E的距離與到定直線的距離的和的最小值問題，利用平面直角坐標系，求出點E關于直線BCi的

坐標即可.

解：連接BC],則BGnB]C=E,點尸、E、F在平面BG5中,

且BCi1GA，Ci%=1,BCT=V2.

則￡)式1,0),B(0,V2)，F(xiàn)(0,y);

設點E關于直線BQ的對稱點為E’,

B￡)i的方程為x+專=1①,

睢，=一±=孝

???直線EE'的方程為丫=/x+當②,

<X=1

由①②組成方程組，解得

直線EE'與BDi的交點”G，誓);

???PE+PF=PE'+PF>E'F>—>

6

故選A.

6.答案：A

解析：

本題考查利用向量法求二面角的大小，是中檔題.先作出二面角B-4C-D的平面角NEGD,然后可

把NEGC看作兩向量而、麗的夾角，利用近與肉的數(shù)量積可求夾角得答案.

解：作EG_L4c于點G,BH1AC于點H,連接。G,由三垂線定理得4EG0即為二面角B-AC-D的

平面角.

又BH〃EG,NEGD即為向量而、旗的夾角的大小.

令"AC"CB訪則cosa--，HBGD蒜，/

HBGD=(77C+CB)-(GA+A

=-|77C||C^|+|77C||^4D|cosa+|CF||^4|co<;a+W(荏+前)

=一-2?a2+a?，。*a+。。，a+0=

>Ja2+b2>/a2+b2Va2+d2Va2+d2Va2+d2>Ja2+b2a2+b2'

從而COSNEGD］研畫=爐.

故選4

DCD

r

AEBLB

折疊前折疊后

7.答案：D

解析：

本題考查正四面體與球的切接問題，球的表面積和體積，考查學生的計算能力，屬中檔題.

根據(jù)題意設外接球的半徑為R,從而得到R的值，求出正四面體的棱長即可得到正四面體的表面積.

解：設外接球的半徑為R，

則S=4nR2=12兀，

解得R=V3>

將正四面體4-BCD恢復成正方體，知正四面體的棱為正方體的面對角線，

因為正方體的體對角線為外接球的直徑，

故4BXyxV3=2V3.解得AB=2&，

???該正四面體的表面積為4Xyx(2V2)2=8V3.

故選。.

8.答案：A

解析：

本題考查空間中兩點間的距離，由題知點M(0,2,-1)關于平面xOy對稱的點為1),即可求

解，屬基礎題.

解：點M(0,2,一1)關于平面xOy對稱的點為”(0,2,1),

光線所行走的路程為|M'N|=J(2—0)2+(0—2尸+(2—1J=3.

故選A.

9.答案：A

解析：

本題考查了集合體的表面積和體積問題，屬中等題.

由幾何體的表面積公式求出邊長，進而得出幾何體的高，由題可知體積關系，將之轉(zhuǎn)化為距離關系，

在求解不等式即可得出答案.

解：設正四面體S-ABC的邊長為a,

2

則4x—4a=81V3,

解得Q=9,

則正四面體S-ABC的高為3遍，

記點P到平面S45,SBC,SC4的距離分別為di，d2，d3,

則B4-d2+d3=3述，

???^P-SAB+^P-SCA=2Vp-S8C'

2d2=d]+d~3,

則c(3<2d2=2y/6>

^P-SCA<[X竽X2后=苧’

又Vp_ss<九

故;12喑

即實數(shù)；I的取值范圍為[竽,+8),

故選A.

10.答案：A

解析:

本題考查線段長的最大值的求法，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，屬于中檔題.

以Q為原點，GA為x軸，GBi為y軸，GC為z軸，

建立空間直角坐標系，利用向量法能求出線段GF長

的最大值.

解：直三棱柱ABC—4181G中，側(cè)棱長為4,AC=

BC=2,4ACB=90°,

點。是公&的中點，P是側(cè)面441勺8（含邊界）上的動

點,

以G為原點，G4為x軸，G81為y軸，GC為Z軸，建立空間直角坐標系,

設尸(0,a,b),0<a<2,0<b<4,

由題意得4(2,0,4),81(0,2,0),Cj(0,0,0),0(1,1,0),

AB^=(-2,2,-4),C^D=(1,1.0),守=(0,a,b),

AB11平面GDF,

一',..’

「ABi.G。=-2+2+0=0日c,___.,、

???{___；___>，解得a=2b,??,F（z0,2。，Z?）,

4Bi?Ci/=0+2a—4b=0

v0<a<2,0<<4,a=2b,-0<b<1,

???線段G尸的長的最大值為：|和|=74b2+爐=反H=V5.

故選A.

11.答案：ABD

解析：

本題以平面三角形相折為載體，考查空間線面、面面垂直的判定定理及性質(zhì)、二面角的正弦值，屬

于難題.

因為DE_L平面4F4,運用線面垂直進而證明面面垂直，即可判斷A,在4。上取點N,連接MN,BN,

使得運用線面平行的判定定理可判斷8,二面角4'-DE-C的平面角為NACF,再假

設44,平面4BC,即可得出矛盾，進而判斷C,當平面力'DEL平面8CEQ時，三棱錐A'-EFO的

體積有最大值，再求出GH、477可判斷選項D.

解：因為4D=AE,△ABC是正三角形，

所以△ADE為等邊三角形.

又BC1AF,DE1AF,

所以4'G1DE,CF1DE,

又AGnGF=G,A'G,GFu平面AFA,

所以DE1平面力'兄4,

因為DEu平面4DE,

所以平面AR4平面40E,

故A正確；

在等邊三角形ABC中，D,E分別在邊AB,4c上，且滿足AD=4E=2,

所以BC//DE,S.DE=2,

在4'D上取點N,連接MN,BN,使得=

4

所以MN〃OE,且MN=：DE=|,

又DE]IBC旦BF=

所以MN〃BF,BF=MN,

所以四邊形是平行四邊形，

所以MF〃BN,

又BNu平面4DB,

所以MF〃平面4CB,故B正確；

平面A'DEn平面CDE=DE,且4G_LDE,GF1DE,

則二面角力'一DE-C的平面角為乙4'CF,

所以ZA'CF=120°,

在△4G4中，/-A'GA=60°.

又AG=AG,

所以NGA4=Z.GAA'=60°.

若AN_L平面4BC,

則A4_L4'F,

貝1」乙4'凡4=/.FA'C=30°,

于是4'G=FG與已知AC=AG^FG矛盾，故C錯誤；

三棱錐A-EF。的底面積是定值，體積由高即小到底面的距離決定,

故當平面A'DE，平面BCED時，三棱錐4-EFD的體積有最大值，

此時力'GJL平面BCED,

過點G作GH±AD,垂足為點H.連接4".

易證是二面角4一80-C的平面角，

可求得GH=當,AG=A'G=V3，

于是A'H=yjGH2+AG2=^

2

所以sinNA'/G=^=*，故。正確，

A'H5

故選ABD.

12.答案：;

4

解析：

本題考查立體幾何中的點的軌跡問題.解此題的關鍵是知道點的軌跡是個圓，求其周長即可.

解：如圖:

當E為AB中點時，尸分別在C,。處，滿足|EF|=8，

此時EP的中點P在EC,ED的中點A，P2的位置上，

當F為CD中點時，E分別在4,B處,滿足|EF|=百，

此時E尸的中點尸在8尸，A尸的中點P3,「4的位置上，

連接/5止2,03”相交于點0，則四點Pi，P2>P3,”共圓，圓心為。，圓的半徑為右

則EF中點P的軌跡為L為以。為圓心，以稱為半徑的圓，

其測度|L|=nr2=7Tx(1)2=：

故答案為?

13.答案：梟

解析：

本題主要考查三棱錐A-BCD的外接球的表面積，解題關鍵時求出三棱錐A-BCD的外接球的半徑,

屬于中檔題.

A

由己知可知BO_La。，CDLAD,

可知NBDC為二面角B-4D-C的平面角，即NBDC=60°,

也可知4。_L面BCD,AD=痘

則4BDC為邊長為1的正三角形，設其外接圓的圓心為E,

可知其外接圓的半徑為EO=2x勺=理，

323

令三棱錐a-BOC的外接球的的球心為O,半徑為R,設。到面BCD的距離為/?,

‘伴J+h2=R2

則八3)2

雁)+(Hi)2=R2

解得/I=

2

故R2=（獷+囹吟

則三棱錐A-BDC的外接球的表面積為4兀XII=冢,

故答案為1卜,1.

14.答案：67r

解析：

本題考查棱錐外接球的表面積的求法，是中檔題.

由題意，把三棱錐A-BCD放到長方體中，利用長方體外接球性質(zhì)即可得解.

解：三棱錐A-BCD中，AB=CD=6，AC=BD=2,AD=BC=正,

三棱錐4一BCD放到長方體：（如圖）

不難發(fā)現(xiàn)：AB,AC,分別是長方體的三個面的對角線,

即長方體的對角線的平方等于絲絲七歲=6,

2

???長方體外接球直徑2R=V6,即R=在，

2

???幾何體外接球的表面積S=4nR2=67T.

故答案為：67r.

15.答案：等

解析:

本題考查橢圓的簡單幾何性質(zhì)及圓錐的結(jié)構(gòu)特點，畫出軸截面，利用已知求出a,c即可求解.

解：畫出軸截面如下圖,

由已知。2尸〃。/，Q尸|=1,\01E\=3,02F1BC,O^IBC,|O1O2|=8,

所以需=判=:，

|。遇||。1川3

得|。2*=2,|。1川=6,

|。。2|_1

1。?！?'

所以|。2七|=4,\0A\=6,

所以sinNBOA=l.NOAB=30°,

1

II\OA\

在AOAB中，由正弦定理有叫。川

siiiZBO.4sinZ.OBAsin(Z,4OZ?+：?P)

所以|4B|=VTs—V3,

同理在△CMC中，求得|AC|=W石+百,

所以橢圓中長軸2a=\AB\+MC|=2715.

求得|力用=V3,\AE\=3代,

所以橢圓中焦距2c=|4用+\AE\=4遍,

所以橢圓的離心率為e=￡=婆=

aV155

故答案為獨.

5

16.答案：y

解析：

本題主要考查空間幾何體的三視圖與體積，由已知中的三視圖可得：該幾何體是正方體邊長為2,

截去部分為三棱錐，代入體積公式可得答案.

解：由三視圖可知正方體邊長為2,截去部分為三棱錐，

作出幾何體的直觀圖如圖所示，

其體積為2x2x2-|x|x2x2x2=y.

故答案為

17.答案：36

解析：

本題考查球的內(nèi)接體與球的關系，球的表面積以及三棱柱的側(cè)面積，考查計算能力，是中檔題.

通過球的內(nèi)接體，說明幾何體的中心是球的球心，由球的表面積求出球的半徑，設出三棱柱的底面

邊長，通過解直角三角形求得“，然后得三棱柱的側(cè)面積.

解：如圖，

???三棱柱4BC-的所有棱長都相等，6個頂點都在球。的球面上,

三棱柱為正三棱柱，則其中心為球的球心，設為0,

再設球的半徑為r,由球。的表面積為28兀，得4兀產(chǎn)=28兀，

???r=V7-

設三棱柱的底面邊長為m

則上底面所在圓的半徑為在ax-=^a，

233

且球心。到上底面中心H的距離OH=p

設直三棱柱高為6,底面周長為L

???N=修）2+ga）2,BPr==V7,

a=2-\/3=h>L=3xa=6V3

則三棱柱的側(cè)面積為S=Lxh=6V3x2>/3=36.

故答案為：36.

18.答案：（0,企）

解析：

本題考查三角形三邊關系以及異面直線的位置，屬于中檔題.

先在三角形BCD中求出。的范圍，再在三角形中求出。的范圍，二者相結(jié)合即可得到答案.

解：設四面體的底面是8C￡>,BC=a,BD=CD=1,頂點為A,40=企,

在三角形BCD中，因為兩邊之和大于第三邊可得：0<a<2,①

取BC中點E,「E是中點，Rt^ACE=Rt^DCE,

.?.在三角形AED中，AE=ED=J1-(|)2,

???兩邊之和大于第三邊

V2<2]1_6)2,得0<a<a，(負值、0值舍)②

由①②得0<a<&-

故答案為(0,魚).

19.答案：8TT；;或；

解析：

本題考查了多面體的外接球的問題和求異面直線所成角的余弦值問題，屬于中檔題.

(1)利用4c=AA.=2求出外接球的半徑，然后求出球的表面積.

(2)找出異面直線所成的角，結(jié)合圖象分兩種情況利用余弦定理求角的余弦值.

解：如圖，在長方體ABCD-4道傳1。1中，

因為AC==2,所以&C=2V2

因為41c為球。的一條直徑，所以球。的半徑/?=我，

所以球O的表面積為MR「8TT.

因為AG與8。所成的角為60。，&CJ/AC,

所以NBEC=60?；騔_BEC=120°.

若LBEC=60。，則BC=1,因為CG=44=2,所以86=石.

又B\C〃A\D,所以4BFC為公。與8G所成的角.

在ABFC中，BF=FC=吧=匹,BC=1.

22

由余弦定理可得COSNBFC=|.

若4BEC=120。，AC=2,EC=1,易得BC=b，CC1=2,得BJ=書,

則BF=FC=—，

2

同理可求得COSNBFC=3

所以aD與BG所成角的余弦值為|或也

故第一個空填斷，第二個空填區(qū)桔.

20.答案：①②③④

解析：

本題綜合考查線面平行，面面平行，線面垂直，線面角，以及異面直線成角，屬于中檔題.

由線面平行，面面平行，線面垂直的判定，線面角，以及異面直線成角，逐個進行計算即可.

解：如圖，連接&D1，CD、,易證4cl平面8/D1D,

所以4c1B]D,

在正方體中，ADr1A1D,AD11CD.CDCtAyD=D,

所以.AO|J,平面.4|B|C'O,故ADiJ.B]Z),

乂也nac=c,

所以81。_L平面4CD1，

OEu平面4皿，

所以OElBi。，結(jié)論①正確；

因為&B〃D】C,.4歸C平面平面A。。，

所以4/〃平面

同理，&G〃平面AC/,又AiBC41cl=41，

所以平面acDi〃平面4BG，

OEU平面4c0「

所以0E〃平面&BC1，結(jié)論②正確；

當點E與點A重合時，0E〃&G，此時直線OE與直線41G所成角為0,

當點E與。1重合時，為G10E,此時直線OE與直線41cl所成角為泉

故直線OE與直線&G所成角的范圍是［0,手，結(jié)論③正確；

當點E與點4重合時，OEJLCG，此時直線OE與直線CG所成角的余弦值為0,

當點E與Di重合時，此時直線。E與直線CG所成角最小，該角等于NOD1。，其余弦值為弓,

所以直線OE與直線CG所成角的余弦值的取值范圍是［0,乎］,結(jié)論④正確.

故答案為①②③④.

21.答案：(1)證明：因為點E為的中點，AD=2BC,所以AE=BC,

因為4Z〃/BC,所以AE〃BC,所以四邊形ABCE是平行四邊形.

因為AB=BC,所以平行四邊形A8CE是菱形，所以力C_LBE.

因為平面BEFGABCD,且平面BEFGn平面ABC。=BE,

所以力C_L平面BEFG,因為4CU平面ACF,所以平面4CF1平面BEFG.

(2)解：記4C,BE的交點為O,連接0凡由(1)可知AC_L平面8EFG,

則力C10F.因為底面ABCD是等腰梯形，AD//BC,AD=2AB=2BC=4,

所以四邊形ABCE是菱形，且NB4D=60°,貝i］4E=CE=2,0A=0C=V3，

從而AAEC的面積Si=g.因為平面BEFG1平面ABCQ,且四邊形8EFG為正方形，

所以EF14E,EF1CE,所以AF=CF==2或，則OF=

設點。到平面AC尸的距離為加

111

因為VDTCF=VF-ACD'所以孑X-AC-OF-h=-x2S1-EF,

B|j|xix2V3xV5/i=1x2xV3x2,解得九=等.

故點。到平面ACP的距離為延.

5

解析：本題看直線與平面垂直，平面與平面垂直的判定定理的應用，點到面的距離，屬于中檔題.

⑴由平面BEFG1平面ABCD,且平面BEFGn平面ABC。=BE,只要證得4c1BE,可得AC1平面

BEFG,故可得答案.

(2)記AC,8E的交點為0,由％YCF=%YCD可得點。到平面ACF的距離.

22.答案：(1)證明：如圖：

連接DE,由直三棱柱ABC—Z/iG知CG1BC,

???BC±4C又有CC]DAC=C,

BC_L平面

???D,E分別為CQBBi的中點,則DE〃BC,

ADE1平面ACGA1，

DE±AD,

222

?-?A^+AD=4=AA1,所以401A1。，ArDdDE=D,

AD，平面&DE,

A-[E1AD；

(2)解：設點A到平面的距離為d,

?/BiC,BiCilCCi,AiGCCG=G，

BiG_L面

由于知，。'd=~S-

51sziAB]AA1ADBiQ，

即工x"d=Jx2x&xVIxl,解得d=—.

32323

點4到平面的距離d=￥.

解析：本題主要考查線面垂直的判定和性質(zhì)定理及點到面距離求法，屬中檔題.

(1)由4010E,4。140,可得4。平面&DE,從而證明4出1.40；

(2)由于%_冬8川=VB1,AA1D,即可求點A到平面①當。的距離.

23.答案：(1)證明：=1,.?.D.E分別為AB和BB'的中點

又A4'=AB,且三棱柱ABC-4'8'C'為直三棱柱.

二平行四邊形ABB'4為正方形，.??DE14B

"AC=BC,。為AB的中點，CD14B,且三棱柱ABC—48'C'為直三棱柱.

???CD1平面4BBW,???CD1A'B,

又CDCiDE=D,A'B1平面CDE,

vCEu平面CDE,：.A'B1CE.

(2)解：設BE=x,則4D=x,DB=6-x,B'E=6-x.

由已知可得C到面ADE距離即為44BC的邊AB所對應的高九=J4c2_(第2=4,

__1

^Ai-CDE=^C-AiDE=§(S四邊形4BBM，—^hAA/D-S&DBE—S^AIB,E)"九

112,

二-[36一3%——(6-x)x-3(6—x)]./i=§(x—6x+36)

=|[(X-3)2+27](0<X<6),

???當x=3時，即夭=1時，%,_CDE有最小值為18.

解析：本題考查異面直線垂直的證明，考查當；I為何值時，三棱錐4-CDE的體積最小，并求出最小

體積，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng).

(1乂=1時，平行四邊形ABBS'為正方形，DE1A'B,由已知得CD_L4B,CD1A'B,由此能證明

A'B1CE.

(2)設BE=x,貝必。=x,DB=6-x,B'E=6-x.C到面ADE距離即為△力BC的邊A8所對應的，

從而S1，_CD￡=^C-A>DE=§(S四邊形4B8M，一一SA08E-SA4，B，E),機由此能求出當久=3時，即

4=1時，％,_CD￡有最小值為18.

24.答案：解：（1）因為ABCD-A'B'C'D'是棱長為。的正方體,

???A'B—A'C—A'D-BC'-BD=C'D-y/2a）

所以三棱錐的表面積為2

A'—BC'O4X-2xV2aX-2xV2a=2V3a.

故答案為：2V5a2.

(2)連接。'0,B'D',

在四邊形BDD'B'中，BB'^DD'

四邊形BDD'B'為平行四邊形:'BD

則40B'。'為異面直線BD與夕。所成的角(或其補角)

又因為ABC。-4B'C'D'是正方體，棱長為a,

所以夕》=缶,40=^-a,D'O=ya.

（B，O，）2+（B，O）2-（O,O）2_yflO

所以

cos/OB'D'2B'D'B'O-5

即異面直線BD與90所成角的余弦值為空,

故答案為：包.

5

解析：（1）由棱錐的表面積公式得：三棱錐A-BC'D的表面積為4xf（VIa）2=2V5a2,

（2）異面直線所成的角的作法得：NOB'D'為異面直線8。與40所成的角（或其補角）,又因為48CD-

AB'C'D'是正方體，棱長為“，所以cos/OB'D'=（BS2+（,B'，）：-3'°）2=逗.得解.

本題考查了棱錐的表面積及異面直線所成的角，屬中檔題.

25.答案：（I）證明：取4力中點連接EM,AFEF=DE=2,AD=4,

可知EM=|/W,

???AE±DE,

y.AE1EC,DEdEC=E

AE_L平面CDE,

■：CDu平面CDE,

???AE1CD,

又CD_LAD,ADQAE=A,

CD1平面ADEF；

(H)解：由(1)知CD1平面AO￡F,CDu平面ABCD,

.??平面ABC。1平面ADEF；

作E。14D,E。_L平面48CO,EO=V3.

連接AC,則以BCDEF=^C-ADEF+^F-ABC1

^C-ADEF=3^ADEF,CD=-X-X（2+4）Xy/3X4=4v

VF-ABC=2謝?OE=2嗎X2x4x百=竽,

?'?^ABCDEF=4b+竽166

3

解析：本題考查線面垂直的判定及多面體體積的求解.

(I)根據(jù)線面垂直的判定定理，由4EJ.CD,又CDJ.4D,ADCyAE=A,即可證明；

(H)將多面體A8CDEF的體積分割成一個四棱錐和一個三棱錐，即以BCDEF=Vc-ADEF+/_4BC即可

求解.

26.答案：解：(/)延長AB交直線C。于點???點E為AO的中

點，AE=ED=|i40,

vBC=CD=-AD,ED=BC,

2

"AD//BC,即ED〃BC..?.四邊形BCCE為平行四邊形，即

EB//CD.

?:ABCCD=M,：.MeCD,：.CM//BE,

■:BEu平面PBE,CM〃平面PBE,

???MGAB,ABu平面PAB,

??.MG平面PA5,故在平面R4B內(nèi)可以找到一點M(M=4BCC0),使得直線CM〃平面PBE.

(〃)如圖所示，?.?NADC=4PZB=90。，異面直線P4與C￡＞所成的角為90。，ABQCD=M,

AP1平面ABCD.

CD1PD,PA1AD.

因此4PD4是二面角P-C。-4的平面角，大小為45。.

??.PA=AD.

不妨設AD=2,則8c=CD=^AD=1.

.??P(0,0,2),E(O,1,0),C(-l,2,0),

AFC=(-l,h0),而=(0j-2),AP=(0,0,2),

設平面PCE1的法向量為有=(%,y,z),

＜：g：o-可得:匕;；°。?

令y=2,則％=2,z=1,，五=（2,2，1）-

設直線PA與平面PCE所成角為仇

則sin。=|cos＜而，記＞|=黯=焉"

解析：本題考查了空間位置關系、空間角計算公式、法向量的性質(zhì)，考查了空間想象能力、推理能

力與計算能力，屬于中檔題.

（/）延長AB交直線CQ于點M,由點E為AO的中點，可得AE=ED=：4D,由BC=CD=/4D,可

得EO=BC,已知EZV/BC.可得四邊形2CZJE為平行四邊形，即EB〃CD.利用線面平行的判定定理證

明得直線CM〃平面P8E即可.

（〃）由乙4DC=NP4B=90°,異面直線PA與C。所成的角為90。，可得ZP，平面4BCD,由CD1PD,

2414。.因此42口4是二面角「一（?。一4的平面角，大小為45。孑4=4。.可設4D=2,則BC=

CD=1AD=1,利用法向量的性質(zhì)、向量夾角公式、線面角計算公式即可得出.

2

27.答案：解：（1）證明：取尸8中點Q,連接M。、NQ,

因為例、N分別是棱A￡＞、PC中點，

所以QN"BC“MD,且QN=MD,所以四邊形力MQN是平行四

邊形，于是DN〃MQ,

，DN//MQ

＜A/QC平面PA/30ON〃平面PMZ?；

DNC平面PA/3

PD±平面ABC。］

(2)證明:PD±MB，

MBC平面ABC。J

又因為底面ABC。是乙4=60。，邊長為〃的菱形，且M為A。中點,

所以MB14。,

又4。CPD=D,

所以MB1平面PAD,

⑻d囂就卜平面PM』面「皿

因為M是A。中點，

所以點A與。到平面PMB等距離，

過點。作OH_LPM于H,由(2)平面PMB_L平面PAO,

所以OH，平面PMB,

gxaJc

故。H是點。到平面PMB的距離DH=苗=?。，

Ta

??.點A到平面PMB的距離為漁a.

5

解析：本題主要考查空間線面的位置關系，空間角的計算等基本知識，考查空間想象能力、邏輯思

維能力、運算求解能力和探究能力，同時考查學生靈活利用圖形，借助向量工具解決問題的能力，

考查數(shù)形結(jié)合思想.

(1)取PB中點Q,連接MQ、NQ,再加上QN〃BC〃MD,且QN=MD,于是DN〃MQ,再利用直

線與平面平行的判定定理進行證明，即可解決問題；

(2)易證PD1M