高中數(shù)學(xué)必修二第八章《立體幾何初步》單元訓(xùn)練題(高難度) 44(含答案解析)

必修二第八章《立體幾何初步》單元訓(xùn)練題（高難度）（44）

一、單項(xiàng)選擇題（本大題共7小題，共35.0分）

1.在三棱錐S-4BC中，AC=2AB=4,BC=2遙，4S_LSC,平面ABC_L平面SAC,則當(dāng)△CBS

的面積最大時(shí)，三棱錐S-A8C內(nèi)切球的半徑約為（參考數(shù)據(jù)：9+^_?0.25）

A.0.125B,0.25C.0.5D.0.75

2.已知直四棱柱4BCD-4B1GD1的側(cè)棱長為8,底面矩形的面積為16,一個(gè)小蟲從C點(diǎn)出發(fā)沿

直四棱柱側(cè)面繞行一周后到達(dá)線段CG上一點(diǎn)若AM,平面&BD,則小蟲爬行的最短路程為

（）

A.8B.16C.2V65D.4V17

3.已知四面體ABC。，AD=2,回ABC為邊長為次的等邊三角形，若頂點(diǎn)A在平面BCD的投影

是13BC。垂心，則四面體ABCD的體積為（）

A.|B.-C.|D.J

3432

4.己知三棱錐P-ABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球。的球面上，PA=PB=PC,△ABC是邊長為2的正三角

形，E,尸分別是PA,A8的中點(diǎn)，^CEF=90°,則球O的體積為（）

A.8V6TTB.4V6nC.2石兀D.V6TT

5.已知三棱錐D-4BC的體積為2,a/lBC是邊長為2的正三角形，且三棱錐0-ABC的外接球的

球心。恰好是A。的中點(diǎn)，則球。的表面積為（）

52「52八16c16

AA."-TTB.?~~7TC.D."7T

9393

6.已知三棱錐。-4BC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上，若AB=AC=BC=DB=DC=1,當(dāng)三棱錐

的體積取到最大值時(shí)，球。的表面積為（）

A.yB.2TTC.5兀D.等

7.如圖四邊形ABC。，AB=BD=DA=2.BC=CD=y[2,現(xiàn)將△ABD

沿折起，使二面角4一BD-C的大小在?,9],則直線AB與CQ

6o

所成角的余弦值取值范圍是（）

A.[0凈u（咨1）

B年,嗡

C

c.[0凈

D.[0苧

二、填空題（本大題共8小題，共40.0分）

8.己知三棱錐P-4BC每對(duì)異面的棱長度都相等，且^ABC的邊長分別為“I,3,4,則三棱錐P-

ABC外接球的體積為.

9.在仇章算術(shù)》中，將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱之為鱉膈.*

如圖,在鱉席P-4BC中,PA平面A8G4B1BC,S.AP=AC=1,\、\、

過點(diǎn)A分別作4E1PB于點(diǎn)E,AF1PC于點(diǎn)F,連結(jié)EF,當(dāng)^AEF\

的面積最大時(shí)，fanZ.BPC.\/\

10.己知A,B,C是球。球面上的三點(diǎn)，AC=BC=6,AB=672,且四面體OABC的體積為24,

則球O的表面積為.

11.已知正三棱錐2-BCD每個(gè)頂點(diǎn)都在球。的球面上，球心O在正三棱錐的內(nèi)部.球的半徑為R,

且|BC|=|凡若過A作球。的截面，所得圓周長的最大值是8兀,則該三棱錐的側(cè)面積為.

12.已知圓錐的頂點(diǎn)為A,過母線A8、AC的截面面積是26.若A8、AC的夾角是60。，且AC與圓

錐底面所成的角是30。，則該圓錐的表面積為.

13.已知AEAB所在的平面與矩形ABCD所在的平面互相垂直，且滿足瓦4=EB=3,力。=

2,^AEB=60。，則多面體E—ABCD的外接球的表面積為.

14.已知圓錐的側(cè)面展開圖是半徑為3的扇形，則圓錐體積的最大值為_______.

15.如圖所示的正方體的棱長為4,E,F分別為公歷，44]的中點(diǎn)，則___G

￡/4---------Z^\

過C],E,尸的截面的周長為________.4

II/5

三、解答題（本大題共15小題，共180.0分）

16.如圖①，平行四邊形488中，AB=4,AD=2,N4BC=壬E為C。中點(diǎn).將△ACE沿AE

折起，使平面4DE1平面48CE,得到如圖②所示的四棱錐P—4BCE.

圖②

(1)求證：平面PAE1平面「8E；

(2)求點(diǎn)B到平面PEC的距離.

17.如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABC。是邊長為近的正方形，且PA1BD,若E,F分別為

PC,AB的中點(diǎn)，EF_L平面PCD

(1)求證：EF〃平面PAO；

(2)求直線PB與平面PC。所成角的大小.

p

BC

18.如圖，三棱柱4BC-&B1G中，側(cè)面44/iB是邊長為2的菱形，AC_￡平面且4c=2,

點(diǎn)E為&G的中點(diǎn).

(1)證明：平面4cBi?1平面BiCE；

(2)若乙4B/=60°,求直線8c與平面所成角的正弦值.

19.己知四棱錐P-ABC。的底面是直角梯形，AD1CD,AB//CD,且PA=PC=P0=3,CD

(1)求證：OP工BC；

(2)若點(diǎn)E為PC的中點(diǎn)，求三棱錐4-PDE的體積.

20.如圖，在四棱錐P-4BCD中，銳角三角形PAB所在的平面與底面ABCDM,^PBC=4BAD

90°.

(1)求證：BCJL平面PABx

(2)求證：40〃平面PBC.

21.如圖，四邊形ABC。為矩形，△ABE和ABCF均為等腰直角三角形，且NBAE=LBCF=^DAE=

90°,EA//FC.

(1)求證：E?！ㄆ矫?CF；

(2)設(shè)黑=九問是否存在;I,使得棱錐4—BDF的高恰好等于日BC?若存在，求出4的值；若不

存在，請(qǐng)說明理由.

22.在四棱錐P—4BCD中，底面ABC。是矩形，PA1平面ABC。，AD=2AB,E,尸是線段BC,

AB的中點(diǎn).

(I)證明:EDLPE；

(□)在線段叢上確定點(diǎn)6,使得尸6〃平面尸后￡),請(qǐng)說明理由.

23.在四棱錐P-ABCO中，底面A8CQ是邊長為2的菱形，/BAD=120°,

PA=2,PB=PC=PD,E是尸B的中點(diǎn).

(1)證明：P4J■平面ABCQ；

(2)設(shè)尸是直線BC上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)E到平面尸AF距離最大時(shí)，求面PAF

與面E4C所成二面角的正弦值.

24.如圖，四棱錐P-4BCD的底面為直角梯形，AADC=/.DCB=90°,AD=1,BC=3,PC=CD=

2,PCABCD,E為A8的中點(diǎn).求證:

(1)力￡>〃平面PCB；(2)平面PDE平面PAC.

25.如圖，在三棱錐P-ABC中，PAIAB,PA1BC,AB1BC,PA=AB=BC=2,￡>為線段AC

的中點(diǎn)，E為線段PC上一點(diǎn).

(1)求證：PA1BD-,

(2)求證：平面BDE_L平面PAC；

(3)當(dāng)PA〃平面BOE時(shí)，求三棱錐E-BCD的體積.

26.如圖所示，四棱錐P-ABC。的底面是邊長為2的正方形，平面PAO_L平面A8CQ,PALAD,

^PDA=45°,E,F分別為AB,PC的中點(diǎn).

(1)證明：EF〃平面PAD；

(2)在線段BC上是否存在一點(diǎn)”，使平面P4”1平面OE尸？若存在，求此時(shí)二面角C-HD-P

的平面角的正切值：若不存在，說明理由.

27.如圖，在四棱錐P-4BC0中，PA_L平面ABC。，四邊形ABC。為正方形，AB=4P,點(diǎn)尸為線

段PC的中點(diǎn)，過4,D,尸三點(diǎn)的平面與PB交于點(diǎn)E.

（1）求證：PB1FD.

（2）求平面ADFE將四棱錐分成兩部分的體積之比.

28.有一矩形硬紙板材料（厚度忽略不計(jì)），一邊AB長為6分米，另一邊足夠長.現(xiàn)從中截取矩形

4BCD（如圖甲所示），再剪去圖中陰影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一個(gè)底面是弓形的柱體

包裝盒（如圖乙所示，重疊部分忽略不計(jì)），其中OEM尸是以。為圓心、4EOF=120。的扇形，

且弧蘇，品分別與邊8C,AO相切于點(diǎn)M,N.

圖甲圖乙

(1)當(dāng)BE長為1分米時(shí)，求折卷成的包裝盒的容積；

(2)當(dāng)BE的長是多少分米時(shí)，折卷成的包裝盒的容積最大？

29.如圖，四棱錐P-4BC0中，底面ABCO為菱形，AABC=60°,PA=PB=AB=2,點(diǎn)、N為AB

的中點(diǎn).

(1)證明：AB1PC；

(2)若點(diǎn)M為線段PQ的中點(diǎn)，平面/MB_L平面ABCD,求點(diǎn)。到平面MNC的距離.

30.四棱錐P-HBCD中，底面ABC。為正方形，PDJ■底面ABC。，AB=1,PD=V2.若點(diǎn)E為

尸8的中點(diǎn)，則四面體EPCD外接球的體積是.

【答案與解析】

1.答案：C

解析：解：在44BC中，AC=2AB=4,BC=2遮，：-AB2+AC2=

BC2.

AB1AC,

???平面ABC_L平面SAC,平面ABCn平面S4C=4C,

AB_L平面SAC,AB1SC.

又SC1SA,S4nAB=A.

ASCJL平面SAB,SC1.SB.

SB2+SC2=(2佝2=20.

AS4sBe=1SB-SC<^x空普=午=5.當(dāng)且僅當(dāng)SB=SC=國時(shí)取等號(hào).

此時(shí)SA=yJSB2-AB2=V6.

x

SASAC=|V6xV10=715,S^SAB=1xV6x2=V6,S^ABC=|x2x4=4.

設(shè)三棱錐S-ABC內(nèi)切球的半徑為r.

則:r(小+n+4+5)=；x2x715,可得r=二甲=2x0.25=0.5.

33V15+V6+9

故選：C.

在△ABC中，AC=2AB=4,BC=2相,由SB?+AC2=B(;2.可得j.AC,利用面面垂直的性質(zhì)

定理可得：4BL平面SAC,因此AB1SC.又SCJ.S4,可得SC_L平面SAB,于?是SC，SB.可得SB?+

SC2=20.利用基本不等式的性質(zhì)可得SASBC="SC<|X空產(chǎn).當(dāng)且僅當(dāng)SB=SC=歷時(shí)取

等號(hào).此時(shí)S4=VSB2—AB2=①.設(shè)三棱錐S-48c內(nèi)切球的半徑為兀利用體積變形即可得出.

本題考查了面面垂直的性質(zhì)定理、勾股定理及其逆定理、基本不等式的性質(zhì)、三棱錐內(nèi)切球的性質(zhì)、

三棱錐的體積計(jì)算公式、體積變形，考查了空間想象能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題.

2.答案：C

解析:

本題考查空間幾何體的線面關(guān)系及簡單計(jì)算，考查多面體的展開圖問題，屬于基礎(chǔ)題.

由4MJ?平面&BD證得矩形ABCQ為正方形，再求CM的長，

將直四棱柱48。。-&81(71。1的側(cè)面沿。。1展成一個(gè)矩形，連接CM即為最短，即可得結(jié)論.

解：因?yàn)?M1平面&BD,所以4M18D,

XCQ1BD,所以BDJ■平面ACM,所以AC_LBD,

故矩形ABCQ為正方形，所以底面邊長為4.

設(shè)4c與B力的交點(diǎn)為0,連接4。，

所以4M1A10,可證△&40?△4CM,

所以智=篇所以嘉=普，所以CM=2-

將直四棱柱4BC0-4/165的側(cè)面沿CG展成一個(gè)矩形,

連接CM即為最短，

所以CM="62+22=2V65.

故選C.

解析：

本題主要考查棱錐的體積的求法，線面垂直的判定與性質(zhì).

線面垂直的判定與性質(zhì)，關(guān)鍵是證明B0=CD=4D,再利用棱錐的體積公式，即可得.

解：設(shè)點(diǎn)A在平面BCD上的射影是H,如圖所示：

則BH1CD,AH1CD,則CD_L平面ABH,

從而CD_LAB.

同樣有AC1BD,AD1BC,

又因?yàn)??！敖?B與M,AB=AC,則射影BH=CH,

則4M=J（可-停）=|，

所以BD=CO,即M為BC的中點(diǎn),

設(shè)點(diǎn)B在平面ACD上的射影為G,

則BG1CD,AB1CD,

所以CD1平面ABG,即AG1CD,

同理有CG_L4D,DGLAC,

所以G為三角形AC￡＞的垂心.

同理可得AC=CD,

所以BD=DC=AD,

所以DM=「—?。?"，

AM2+OM2-AD2^L3

所以cos乙4MD=-----,貝Usin乙4MD=

2-AM-DM13

■\11

所以以—BCD=2X；?S—M。?CM=2x§xa?AM?DM?sin^AMD

113y/133

2X-X-X-X——X

3222V1324

故選B.

4.答案：D

解析：

本題考查多面體外接球體積的求法，考查空間想象能力與思維能力，考查計(jì)算能力，是中檔題.

由題意畫出圖形，證明三條側(cè)棱兩兩互相垂直，再由補(bǔ)形法求外接球球。的體積.

解：如圖,

P

設(shè)PA=PB=PC=2x,E,尸分別為PA,AB中點(diǎn),

?■EF11PB,且EF=”B=x,「△ABC為邊長為2的等邊三角形,

，一]

???CF=有又乙CEF=90°CE=V3-x2>AE=-PA=x

△4EC中余弦定理3血C=作PD>C于。，"4=PC,

1

V。為AC中點(diǎn)，COSZ.EAC=—=—,A"+4-3+x—J

PA2x4x2x

???2x2+1=2/.%2=ix=

22

???PA=PB=PC=V2,又A8=BC=AC=2,

??PA9PB,PC兩兩垂直,

???2R=+2+2=V6?

_V6

?D??R=3，

??.V=-TiR3=-7Tx—=V6zr?

338

故選。.

5.答案：B

解析:

根據(jù)。是AD中點(diǎn)這一條件，將棱錐的高轉(zhuǎn)化為球心到平面的距離，即可用勾股定理求解.

本題考查球的表面積，考查點(diǎn)到平面的距離，屬于中檔題.

解：如圖所示，設(shè)內(nèi)是正AABC的中心，即為正△ABC外接圓的圓心，由于A。是球的直徑，則圖中

OE_L平面48C,且。。1=：￡）￡1.

易求得S團(tuán).sc=4x2x2xsin60°=6，則=色團(tuán)陽。?=：x曲DE=2,解得DE=2遍,

所以。從而在心△。。4中，由勾股定理得R2=0^2=01.2+00工=（|*w）2+

3=葺因此，所求球。的表面積為彌.

故選從

6.答案：A

解析：

本題考查簡單組合體及其結(jié)構(gòu)特征，球的表面積和體積，屬于中檔題.

先確定當(dāng)三棱錐ABC的體積取到最大值時(shí)，則平面ABC與平面OBC垂直，再根據(jù)幾何體的特點(diǎn)

求出外接球的半徑，進(jìn)而求出外接球的表面積.

解：如圖，當(dāng)三棱錐D-4BC的體積取到最大值時(shí)，

則平面ABC與平面08c垂直，

D

取BC的中點(diǎn)G,連接AG,DG,

則AG1BC,DG1BC,

分別取△48。與4CBC的外心E,F,

分別過E,尸作。G,AG平行線，

相交于。，則。為四面體4-BCD的球心,

由AB=AC=BC=DB=DC=1,

得正方形OEGF的邊長為立，則0G=漁，

66

???四面體4-BCD的外接球的半徑

R=y/OG2+BG2=J(y)2+(|)2=昭

???球0的表面積為S=4兀x(后2=等.

故選A.

7.答案：D

解析：解：取BO中點(diǎn)0,連結(jié)A。，C0,

vAB=BD=DA=2.BC=CD=\[2,■■CO1.BD,AO1BD,

且C。=1,AO=6，

???/40C是二面角4-BD-C的平面角，

以。為原點(diǎn)，0C為x軸，。。為y軸，

過點(diǎn)。作平面BCD的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

B(0,-l,0),C(l,0,0),0(0,1,0),

X

設(shè)二面角4一80-C的平面角為仇則06歲爭,

連4。、BO,則ZJ10C=仇A(V3cos0,0,V3sin0),

???BA=(V^cosa1,V3sin0)，CD=(—1,1,0),

設(shè)A3、CO的夾角為a,

國畫_|1.-辰os6|

則COSQ

\AB\-\CD\―25/2

cos06***|1-V3cos0|6[0,1].

oo22N

cosaG[0,薩卜

故選：D.

取BO中點(diǎn)。，連結(jié)A。，CO,以。為原點(diǎn)，。。為x軸，。。為），軸，過點(diǎn)。作平面BCD的垂線為

z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出直線A8與CQ所成角的余弦值取值范圍.

本題考查異面直線所成角的取值范圍的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)

用.

8.答案：907T

解析：

本題考查棱錐的外接球的體積的計(jì)算，考查空間想象能力和轉(zhuǎn)化能力，屬中檔題.

依題意將三棱錐可以補(bǔ)形成一個(gè)長方體，該長方體的各面上的對(duì)角線長分別為VTL3,4,設(shè)長方

體的長、寬、高分別為a,b,c,求出長方體的對(duì)角線長即得到球的直徑，即可求體積.

解：由于三棱錐P-48C每對(duì)異面的棱長度都相等，所以該三棱錐可以補(bǔ)形成一個(gè)長方體，且該長

方體的各面上的對(duì)角線長分別為aI，3,4,

設(shè)該長方體的長、寬、高分別為a,b,c,

且不妨設(shè)a2+b2=V112-11-a2+c2=32=9,b2+c2=42=16,

所以a?+b2+c2=18,

所以三棱錐的外接球的直徑為Va?+匕2+c?=3>/2>

三棱錐P-ABC外接球的體積為牛x（孥-9傷r，

故答案為9、/”".

9.答案:.

2

解析:

本題主要考查了直線與平面垂直的判定，不等式的解法及應(yīng)用，同時(shí)考查了空間想象能力、計(jì)算能

力和邏輯推理能力，屬于中檔題.

由已知可證AE1平面PBC,PC_L平面AEF,可得△AEF,△PE/均為直角三角形，由己知得4F=—,

2

從而SMEF=\AE-EF<*E2+EF2)=火力尸產(chǎn)=當(dāng)且僅當(dāng)4E=EF時(shí)，取“="，解得當(dāng)AE=

EF=：時(shí)，AAEF的面積最大，即可求得tan/BPC的值.

解：顯然BC1平面PA8,貝IJBC14E,

又PB1AE,則力E_L平面PBC,

于是AE1EF,且4E1PC,結(jié)合條件AF1PC得PC_L平面AEF,

所以△4EF、ZSPEF均為直角三角形，由已知得4尸=也，

2

而SMEF=\AE-EF<\{AE2+EF2)=；(/lF)2=%

當(dāng)且僅當(dāng)4E=EFIM，取“=”，所以，當(dāng)AE=EF=扣寸，△AEF的面積最大，此時(shí)tan/BPC=蔡=

5_V2

正一入

2

10.答案：1367r

解析：

求解△ABC的外接圓/，利用球心到圓心構(gòu)造直角三角形，結(jié)合體積三棱錐S-ABC的為24,求解球

的半徑R,即可求解球。的表面積.

本題考查球的表面積的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng).

解：CA=CB=6,AB=6V2,CA2+CB2=AB2,i^ABC為等腰直角三角形，.必ABC的外接圓r=

3企，

根據(jù)題意可得球心到三角形ABC外接圓圓心的距離即為三棱錐的高〃為：根2_i8;

???三棱錐S-4BC的體積為24,即U=：x36xhX：=24

三棱錐S-4BC的高八=4.

可得R=V34,

.■.球O的表面積S=4兀/?2=1367r.

故答案為：136?r.

11.答案：9V39

解析：

本題考查了正三棱錐的結(jié)構(gòu)特征，正三棱錐的外接球，考查空間想象能力與計(jì)算能力，是中檔題.

依題意，該球的大圓的周長為8兀，所以2兀/?=8兀，得R=4,所以8。=|*4=6.設(shè)底面8€?￡）的中

心為E,連接BE并延長交于尸，則BE=2BF=2xBCxsin60o=2x6x立=2W.EF=V^，

3332

又因?yàn)槿切蜲BE為直角三角形，所以。E=>JOB2-BE2=V16-12=2.所以三棱錐的高4E=

AO+OE=4+2=6.所以三棱錐的斜高

AF=y/AE2+EF2=V36+3=聞.求側(cè)面積即可.

解：

依題意，該球的大圓的周長為8兀，所以2兀7?=8兀，得R=4,

如圖，正三棱錐力-BCD中，設(shè)底面三角形BCO的中心為E,則AEJ_平面BCD,

設(shè)尸為C。的中點(diǎn)，連接8凡AF,則E是BF的三等分點(diǎn)，且4尸是三棱錐的側(cè)面ACD的斜高.

根據(jù)正三棱錐的對(duì)稱性，球心。在上.

所以BC=|x4=6.

則BE=-BF=-xBCxsin600=-x6x—=2>/3.EF=V3，

3332

又因?yàn)槿切蜲BE為直角三角形，所以O(shè)E=y/OB2-BE2=V16-12=2.

所以三棱錐的高4E=AO+OE=4+2=6.

所以三棱錐的斜高AF=y/AE2+EF2=V36+3=A/39.

該三棱錐的側(cè)面積為S倒=3x|xCDx/lF=3xix6xV39=9病.

故填：9V39.

12.答案：(6+4汽)兀

解析：解：如圖所示，■■AB.AC的夾角是60。，AB^AC,

???△48(7是等邊三角形，［二*4。2=2"75,

4

解得4c=2vL

???4C與圓錐底面所成的角是30。,

：.T=OC=ACCOS30。=2仇x號(hào)=?.

則該圓錐的表面積=nx(V6)2+gx27rxV6x2-/2=6兀+4V3TT=(6+4V3)TT.

故答案為：(6+4V3)TT.

如圖所示，根據(jù)等邊三角形的面積計(jì)算公式可得力C.由AC與圓錐底面所成的角是30。，可得底面半徑

r=OC=ACcos30。.即可得出該圓錐的表面積.

本題考查了等邊三角形的面積計(jì)算公式、線面角、圓錐的表面積，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬

于基礎(chǔ)題.

13.答案：167r

解析：

本題考查球的切接問題，考查計(jì)算能力，屬中檔題.

設(shè)球心到平面ABC。的距離為cl,根據(jù)已知條件，得到E到平面48C。的距離為逋,從而解出產(chǎn)=4,

2

即可求出多面體E-4BCD的外接球的表面積.

解：設(shè)球心到平面ABC。的距離為d,

所在的平面與矩形428所在的平面互相垂直，EAED3.AAEB?),

E到平面ABCD的距離為這，

2

?=(甯［2=1+(學(xué)-“，

,V32

???d=—,R2=4,

所以，多面體E-4BCD的外接球的表面積為IkR?167r.

故答案為16k.

14.答案：2b7T

解析:

本題考查旋轉(zhuǎn)體的體積公式，考查基本不等式，考查了空間想像能力及運(yùn)用公式計(jì)算的能力，屬于

中檔題.

設(shè)出底面圓半徑上表示出圓錐的高，然后代入圓錐的體積公式求出體積，利用基本不等式求解即

可.

解：因?yàn)閳A錐的母線長為1=3,

設(shè)圓錐底面圓的半徑為R,

所以圓錐的高九=7?—R2=79—R2,則易得0VR<3,

由題意可得其體積為：

11______

V=-Sh=--7tR2^9-R2

33"

9-R2)

2竽+:+

<可兀,

2廣

=-7Tx3V3

=2A/3TT.

當(dāng)且僅當(dāng)/?=歷時(shí)等號(hào)成立.

綜上可得，圓錐體積的最大值為26加

故答案為2757r.

15.答案：4\/5+6V2

解析:

本題考是截面圖形的周長的求法，注意空間思維能力的培養(yǎng)，屬于基礎(chǔ)題.

利用線面平行的判定和性質(zhì)做兩面交線，由此能求出結(jié)果.

解：由EF〃平面BCG/,知平面BCG為與平面EFG的交線為BQ,

平面EFG與平面4BB1a的交線為BF,

?.?正方體的棱長為4,

截面周長為：EF+FB+BC]+GE=4V5+6企，

故答案為：4^5+6^2.

16.答案：（1）證明：在圖①中連接BE,由平面幾何知識(shí)，求得4E=2,BE=2同

又???ZB=4,ABE1AE,

在圖②中，???平面4PE_L平面ABCE,且平面APEn平面ABCE=4E,

BE_L平面PAE,

又：BEu平面PBE,

.??平面PAE平面PBE；

(2)解：設(shè)。為AE的中點(diǎn)，連接尸。，CO,

由己知可得APAE為等邊三角形，.?.PO=g.

???平面PAEJ?平面ABCE,P。_L平面ABCE,得P。1CO.

在AOEC中，0E=1,EC=2,AOEC=y.

由余弦定理得OC=V7.

PC=VT+7=VTo.

在APEC中，PE=EC=2,PC=V10.

-SMEC=|xVlOxJ22-=誓’

又S^BCE=5x2V3x1=V3.

設(shè)點(diǎn)B到平面PEC的距離為d,

由KP-BCE=%-PCE,得[xyj3xV3=Ixxd>

解得d=出.

5

點(diǎn)B到平面PEC的距離為空亙.

5

解析：(1)求解三角形可得AE=2,BE=2V3.結(jié)合力B=4,得到BE14E,再由平面APEJL平面

ABCE,結(jié)合平面與平面垂直的性質(zhì)可得BE1平面PAE,進(jìn)一步得到平面PAE1平面PBE；

(2)設(shè)。為AE的中點(diǎn)，連接P。，CO,求得P0=V5,進(jìn)一步求解三角形可得。C、PC的值，求解

三角形PEC與BEC的面積，利用等體積法可求得點(diǎn)B到平面PEC的距離.

本題考查平面與平面垂直的判定，考查空間想象能力與思維能力，訓(xùn)練了利用等積法求點(diǎn)到平面的

距離，考查計(jì)算能力，是中檔題.

17.答案：證明：(1)設(shè)PC的中點(diǎn)為。，連結(jié)A。，EQ,

則EQ〃CD,EQ=\CD,

5LAF//CD,AF==\CD,

：.EQ//AF,EQ=AF,

四邊形AQE尸為平行四邊形，.?.EF//AQ,

-■?EF，平面PAD,AQu平面PAD,

E尸〃平面PAD.

(2)???EF1平面PCD,AQ1平面PCD,

???PDu平面PCD

二4Q_LPD,Q是P。的中點(diǎn)，二4P=4。=魚，

vAQ1平面PCD,CDu平面PCOAQ1CD,

又ADJ.CD,AQ^AD=A,A。、ADc^?PAD,

CD_L平面PAD,PAu平面PAD,CD1PA,

又BD1PA,BDCCD=D,BD、CDu平面ABCD,

：.PA_L平面ABCD,

以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB,AD,AP為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系,

Z八

則B(應(yīng),0,0),P(0,0，V2).4(0,0,0),Q(0,凈凈，

??AQ=(0,今爭，PB=(V2,0,-V2).

--AQ，平面PCD,AQ=(0,孝，爭是平面PCD的一個(gè)法向量,

cos<AQ>=?絲,里?

“\AQ\\PB\2

設(shè)直線PB與平面PCD所成角的大小為仇

則sin。=|cos<而'，而>|=i,

???直線PB與平面PCD所成角的大小為?6

解析：本題考查線面平行的證明，考查線面角的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系

等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題.

(1)設(shè)的中點(diǎn)為。，連結(jié)A。，EQ,推導(dǎo)出四邊形AQE尸為平行四邊形，從而EF〃/1Q,由此能證

明EF〃平面PAO；

(2)由EF1平面PCD,得AQ1平面PCD,從而4Q1PD,由4Q_L平面PCD,得AQ1C。，再由401CD,

得CD1平面PAD,CD1PA,從而PA1平面ABC。，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB,AD,4P為x,y,z

軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出直線PB與平面PCD所成角的大小.

18.答案：(1)證明:連接B名,交于點(diǎn)O,

設(shè)中點(diǎn)為F，連接OF,EF.

c.G

，二?—一（）、、

bL-----------W洵

因?yàn)椤?，F(xiàn)分別為當(dāng)4,B]C的中點(diǎn)，

所以。F〃4C,S.OF=^AC,

因?yàn)閆iCi」AC，且ZiEu^aiG，

所以0/7/4E,且OF=&E.

所以四邊形0FE4為平行四邊形，

所以04//EF,即BA//EF.

因?yàn)?cL平面44出8,u平面44出8,

所以AC1B&.

因?yàn)樗倪呅蜛41&B是菱形，所以B&JLABi.

因?yàn)锳B1n4c=A,

所以BA11平面4CB「

因?yàn)锽&//EF,

所以EF1平面

因?yàn)镕Eu平面BiCE,

所以平面4cBi1平面&CE.

（口）解：因?yàn)橐?BBi=60。，四邊形44出8是邊長為2的菱形，

故A4Ba為等邊三角形，設(shè)的中點(diǎn)為M,

連接AM,則

以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AM,A4i，AC分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系4一xyz,

則C(0。2),Bl(國,0),E(0,2,1),8(低一1,0),

CB]=(A/3,1,—2),B]E=(—V3,l,1),BC=(—V3,1>2).

設(shè)平面BiCE的一個(gè)法向量為元=(xj,z),

則付函=0,即(伍+y-2z=0,

[n-BrE=0v-V3x+y+z=0'

令y=l,則卜=K,所以元=(百,1,2),

設(shè)直線BC與平面B】CE所成角為。，

貝!!sing=|ea6(B(5,"nJ=-J=、后2c笈=7，

1|Z?C||7?|2^2x2^24

即直線BC與平面&CE所成角的正弦值為土

解析：本題考查面面垂直的判定定理及線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理，以及利用空間向量法求線

面夾角的正弦值，屬于中檔題目.

(/)利用線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理及面面垂直的判定定理得出證明即可；

(〃)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求出線面夾角的正弦值即可.

19.答案：解：(1)因?yàn)锳CLCD,

所以4C=y/AD2+CD2=5/42+42=4V2,

又P4=PC=3,。為AC的中點(diǎn)，

所以0P14C,

OP=yJPC2-0C2=32-(2近/=1，

連接。力,

在RtAACD中，。為AC的中點(diǎn)，

所以。。=^AC=2V2.

因?yàn)??！?+op2=pD2,

所以O(shè)P1OD,

又。PlAC,0DOAC=0,所以。Pl平面A8CD

又BCu平面ABCD,

所以。P1BC.

(2)因?yàn)辄c(diǎn)E為PC的中點(diǎn)，

所以SmpDE=2SEIPCD,

所以匕-PDE=7^A-PCD~\^P-ACD=；xgx^ADxCDxOP=-^x4x4xl=^.

4Z乙3乙J.NO

解析：本題考查線面垂直判定定理及性質(zhì)定理，考查三棱錐體積的計(jì)算.屬于中檔題.

(1)利用線面垂直判定定理得OP_L平面ABCD,進(jìn)而得OP1BC.

(2)因?yàn)辄c(diǎn)E為PC的中點(diǎn)，所以S@PDE=[S團(tuán)pc。，進(jìn)一步計(jì)算即可.

20.答案：證明：(1)在平面尸48內(nèi)過點(diǎn)尸作PH148于H,

?.?平面PAB1平面ABCD,平面P4Bn平面ABC。=AB,PHu平面PAB,

：.PH_L平面ABCD,

又：BCu平面ABCD,

PH1BC,

由NPBC=90?？傻肞B1BC,又PHCPB=P,PH,PBu平面PAB,

■■BC_L平面P4B;

(2)由(1)BCJ_平面PAB,又ABu平面PAB,

???BCLAB,由NBA。=90°可得力Z)1AB,

故在平面ABC。中，AD//BC,

又小。笈平面PBC,BCu平面PBC,

4?！ㄆ矫鍼BC；

解析：本題考查線面平行的判定和線面垂直的判定，屬于中檔題：

(1)在平面P48內(nèi)過點(diǎn)尸作PH14B于，,由面面垂直的性質(zhì)可得PH工平面ABCZ),進(jìn)而可得PH1BC,

又可得PB1BC,由線面垂直的判定定理可得；

(2)結(jié)合題意和(1)的結(jié)論易得AD〃BC,由線面平行的判定定理可得.

21.答案：(1)證明：因?yàn)?O〃BC,BCu平面BCF,40c平面86,所以4?！ㄆ矫?CR

因?yàn)镋A〃FC,FCu平面BCF,EAC平面8CF,所以E4〃平面BCF,

又EAu平面A￡)E,40u平面AOE,EAC\AD=A,

所以平面4CE〃平面BCF,又DEu平面ADE,

故ED〃平面BCF.

(2)解：假設(shè)存在;I,使得棱錐4—B0F的高恰好等于當(dāng)BC，

設(shè)48=Q,BC=b,則b=Aa,

在矩形ABCD和△8C/7中，易得8。=DF=Va2+h2=aVl4-A2,BF=&b，

所以在ABOF中，8F邊上的高

h=」DF2_《BF)2=Ja2+b2_lb2=aJ1+/2,

又SfMB?！?ab=~Aa2,

所以，由等體積法得

-Aa2-b=->j2b-a11+-A2-—b=--—ab2yj2+12,

22y2323

即人2+乃=-y3,A=1>

所以存在正實(shí)數(shù)4=1,使得三棱錐A-BDF的高恰好等于&BC.

3

解析：本題考查線面平行的判定，以及利用“等體積”法解決空間距離的問題，屬于中檔題.

(1)本題考查線面平行的判定，根據(jù)條件證明平面ZDE〃平面BCF,而DEu平面AOE,

即可證明ED〃平面BCF：

(2)假設(shè)存在;I,使得棱錐4—BDF的高恰好等于qBC，設(shè)AB=a,BC=b,則b=4a,利用“等體

積”法求出4的值即可

22.答案：解：(I)證明：由P41平面ABC。，得DE1P4連接AE,

因?yàn)锳D=2AB,

設(shè)AB=1,AD=2,

則4E=y[2,DE=y[2,AD=2

由勾股定理可得=AE2+DE?,

所以DE_L4E.

又PAn4E=A,PA,AEU平面PAE,

所以DE_L平面PAE,PEu平面PAE,

因此PE1ED.

(II)過點(diǎn)尸作尸H〃ED交40于點(diǎn)H,

FHC平面PED,EDU平面PED,

則F"〃平面PED,且有4H=\AD.

再過點(diǎn)H作HG〃DP交PA于點(diǎn)G,

HGC平面PED,POU平面PED,

則HG〃平面PED,SLAG=^AP.

因?yàn)镕”CHG=H,FH、HGu平面GFH,

所以平面GFH〃平面PE￡>,

因?yàn)镕Gu平面GFH,

所以FG〃平面PED,

從而滿足AG=的點(diǎn)G即為所求.

4

解析：本題主要考查了直線與平面平行的判定，直線與平面垂直的性質(zhì)，考查了邏輯推理能力和空

間想象能力，屬于中檔題.

(I)由241平面ABC。先證明DE1PA連接AE,由勾股定理證明DE14E,通過證明DE1平面PAE,

即可得證PEJ.ED.

(即過點(diǎn)尸作?以無^交人力于點(diǎn)”，再過點(diǎn)H作HG〃OP交PA于點(diǎn)G,通過證明平面GFH〃平面

PED,然后證明尸G〃平面PED

23.答案：(1)證明：取BC中點(diǎn)M,連接尸M,AM,

因?yàn)樗倪呅蜛BCQ為菱形且NB40=120°.

所以4M1BC,

因?yàn)镻B=PC,所以PM1BC,

乂AMCPM=M,

所以BCJ■平面HAM,因?yàn)镻Au平面PAM,

所以PA1BC.

同理可證PA1DC,

因?yàn)椤nBC=C,

所以P4l￥ffiABCD.

(2)解：由⑴得PA_L平面48C￡),

所以平面P4F-L平面ABCD,平面PAFn平面4BCD=AF.

所以點(diǎn)B到直線AF的距離即為點(diǎn)B到平面PAF的距離.

過B作AF的垂線段，在所有的垂線段中長度最大的為4B=2,此時(shí)AF必過。C的中點(diǎn),

因?yàn)镋為P3中點(diǎn)，所以此時(shí)，點(diǎn)E到平面PAF的距離最大，最大值為1.

以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線4凡AB,AP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.

則A(0,0,0),C(b,1,0),E(0,l,l),B(0,2,0),

所以前=(遮,1,0),荏=(0,1,1),AB=(0,2,0)，

平面PAF的一個(gè)法向量為同=(0,2,0),

設(shè)平面AEC的法向量為元=(%,y,z),

則匹?元=俄+丫=0,

(AE-n=y+z=0

取y=l,則元=(一今1,一1),cos(元，南>=高禽=”，

所以sin<n,AB>=萼，

所以面PA尸與面E4C所成二面角的正弦值為處.

7

解析：(1)先證明BC，平面PAM,可得P4J.BC,同理可證P410C,進(jìn)而可證P4，平面A8CZ)；

(2)依題意，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線AF,AB,AP分別為x,?z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出兩平

面的法向量，利用向量公式即可得解.

本題考查線面垂直的判定以及利用空間向量求解二面角的正弦值，考查推理能力及計(jì)算能力，屬于

中檔題.

24.答案：證明：(1)N4DC=4DCB=90。

AD//BC,且ADC平面PCB,BCu平面PCB,

平面PCB；

(2)以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，以直線CO,CB,CP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz,

則C(0,0),4(2,0),8(0,0),P(0,2),0(20,0),E(12,0).

.-.DE=(-1,2,0),CP=(0,0,2)，CA=(2,1,0).

DE-C7=0，DECP=0.

???DE1CA,DE1CP,

又CPnCA=C,ACu平面PAC,CPu平面PAC,

???DE1平面PAC,

■:DEu平面PDE,

二平面PDE_L平面P4C.

解析：本題考查了線面平行與面面垂直的判定，空間向量在幾何證明中的應(yīng)用.

(1)直接利用線面平行的判定定理證明；

⑵點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，求出向量屁，而，前的坐標(biāo)，根據(jù)數(shù)量積得出，OE1CA,

DE1.CP,,故而DEJ_平面PAC,平面PAC,于是平面PDE_L平面PAC.

25.答案：(1)證明：因?yàn)镻4L4B,PA1BC,

又ABCBC=B,4Bu平面48C,BCu平面ABC,

所以PA_L平面A8C,

又因?yàn)锽。u平面ABC,

所以PA1BD；

(2)證明：因?yàn)锳B=8C,。為AC的中點(diǎn)，

所以BDLAC,

由(1)知，PA1BD,

又P4nAC=A,PAu平面PAC,ACu平面PAC,

所以8"JL平面PAC,

又BOu平面BDE,

所以平面BDE1平面PAC；

(3)解：因?yàn)镻A〃平面