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) (60)(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）（60）

一、單項選擇題（本大題共7小題，共35.0分）

1.在直四棱柱一中，底面ABC。是邊長為1的菱形，E,F為棱B8］上的點，且BE=

為尸=已知線段所上（包括端點）存在點P,使得/。1PC1，則四棱柱48C。

的體積的最大值為（）

A越B.2C.隨D.逑

299

2.已知平面a和直線/,貝Ua內(nèi)至少有一條直線與1（）

A.異面B.相交C.平行D.垂直

3.已知正多面體共有5種，即正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體和正二十面體.任一個

正多面體都有內(nèi)切球和外接球，若一個半徑為1的球既是一個正四面體的內(nèi)切球，又是一個正

六面體的外接球，則這兩個多面體的頂點之間的最短距離為（）

A.V3-1B.1C.2y/2-1D.2

4.在直四棱柱ABC。一中，底面ABC。是邊長為1的菱形，E,F為棱B8］上的點，且BE=

當尸=”為，已知線段所上（包括端點）存在點P,使得/。1PC1，則四棱柱48C。

的體積的最大值為

A越B.2C.隨D.隨

299

5.設(shè)A,B,C,力是同一個球的球面上四點，已知四面體ABCD中，AB=AD=BC=CD=BD=2,

平面ABD，平面BDC,則該球的體積為（）

A20VT5D1?！?r4°rrnQ_

A.—27—兀h>.石■"C.—TiD.87r

6.在棱長為1的正方體ABCD-4/iC也中，AU'BD0,E是線段81c（含端點）上的一動點，

B

①OE1BQ;

②OE〃面

③三棱錐&-BDE的體積為定值;

④0E與&G所成的最大角為90。.

上述命題中正確的個數(shù)是（）

A.1B.2C.3D.4

7.關(guān)于異面直線a,b,有下列四個命題：

①過直線a有且僅有一個平面/?,使得b〃仇

②過直線。有且僅有一個平面口，使得bJ?伊

③在空間中存在平面0,使。〃￡，b〃伙

④在空間中不存在平面小使al/?，h1/3

其中，正確的命題的個數(shù)為（）

A.IB.2C.3D.4

二、多項選擇題（本大題共2小題，共8.0分）

8.如圖，平面an平面口=，，A,C是a內(nèi)不同的兩點，B,。是0內(nèi)不

同的兩點，且4，B,C,。任直線/,M,N分別是線段AB,C。的

中點.下列判斷正確的是（）

A.若AB〃CD,則MN〃1

B.若"，N重合，則4C〃，

C.若A8與CD相交，且4c〃/,則8。可以與/相交

D.若AB與C。是異面直線，則MN不可能與/平行

9.如圖，平面an平面￡=I,A,C是a內(nèi)不同的兩點，B,。是口內(nèi)不同的兩點，且4,B,C,D任直

線/,M,N分別是線段AB,C。的中點.下列判斷正確的是

a

A.若AB[/CD,則MN〃1

B.若M,N重合，則

C.若A8與C￡＞相交，且4C〃，，則BO可以與/相交

D.若4B與CD是異面直線，則MN不可能與/平行

三、填空題（本大題共7小題，共35.0分）

10.在直三棱柱ABC-A1B1G中，NBAC=120。且=AC=3,BBX=4,

則此三棱柱外接球的表面積為.a

11.在半徑為2的球內(nèi)有一個內(nèi)三棱錐P-ABC,點P,4B,C都在球面上，且44BC是邊長為3的等

邊三角形，那么三棱錐P-4BC體積的最大值為.

12.半徑為Icni的球的半徑以2cm/s的速度向外擴張，當半徑為5cm時，球的表面積增加的速度為

____cm2/s.

13.已知四棱錐P-4BCC中的外接球。的體積為36兀，PA=3,PAABCD,四邊形A8CO為

矩形，點M在球。的表面上運動，則四棱錐M-4BC0體積的最大值為.

14.如圖，已知矩形ABC。，AB=W，AD=1,4尸1平面ABC,且《

AF=3.E為線段DC上一點，沿直線AE將回D4E翻折成回D'AE,\

M為的中點，則三棱錐M-BCF體積的最小值是.\\

15.如圖所示的多面體EF-4BCD中，四邊形ABCQ是菱形，四邊形BOEF是矩形,ED，平面ABCO,

△BAD=泉若BF=BD=2,則多面體的體積是.

16.在RtAABC中，NB=N90。，BC=6,AB=8,點M為ZL4BC內(nèi)切圓的圓心，過點"作動直

線/與線段4B,AC都相交，將沿動直線/翻折，使翻折后的點4在平面BCM上的射影P

落在直線8c上，點A在直線/上的射影為0,如圖所示，則黑的最小值為.

四、多空題（本大題共1小題，共4.0分）

17.在四面體A8CQ中,ZB=CD=同,4C=BD=^34,AD=BC=5,￡;尸分別是4。,8。的中點，

異面直線4C,BD所成角的正弦值為若用一個與直線￡尸垂直，且與四面體的每個面都相

交的平面a去截該四面體，由此得到一個多邊形截面，則該多邊形截面面積最大值為_（2）_.

五、解答題（本大題共10小題，共120.0分）

18.如圖，在四棱錐S-4BC0中，底面ABC。是矩形，M是AB的中點，AC與DM交于點O,SO，平

面ABCD,AB=2通,AD=2mSO=2.

(1)求證：平面SAC1平面SOM.

(2)求直線SB與平面SAO所成角的正弦值.

19.如圖,在棱長均為4的三棱柱4BC-&B1C1中,D、劣分別是8c和當?shù)牡闹悬c.

(1)求證:45〃平面AB】。；

⑵若平面ABC1平面BCC/i，NB]BC=60。，求三棱錐/-ABC的體積.

20.如圖，五面體4-BCGBi中，=4.底面是正三角形ABC,48=2.四邊形BCGB1是矩形,

二面角4-BC-G是直二面角.

(I)點力在AC上運動，當點/)在何處時，有AB1〃平面BDG；

(II)當AB"/平面BDQ時，求二面角C-BCI一。的余弦值.

21.在Rt團ABC中，4c=90。，AC=4,BC=2,E是AC的中點，F(xiàn)是線段AB上一個動點，且

AF=AAB(0<A<1),如圖所示，沿8E將國CEB翻折至回。EB,使得平面DEB1平面A8E.

(1)當;1=：時，證明：EF1平面。BE；

(2)是否存在;I,使得三棱錐BE尸的體積是乎?若存在，求出;I的值；若不存在，請說明理由

22.如圖，在正方體ABCD-A/iGDi中，E為棱。劣的中點，求證:

(l)BDi〃平面EAC；

(2)平面EAC_L平面ABiC；

23.在三棱錐P-4BC中，A4BC是邊長為4的等邊三角形，PA=PB=2曲,PC=275

N

(1)求證：平面2481平面ABC；

(2)若點M,N分別為棱BC,PC的中點，求三棱錐N—4MC的體積憶

24.如圖，三棱柱ABC-&B1C1中，側(cè)面B/C1C為菱形，B】C的中點為O,且AO_L平面BBiQC.

(I)證明：/C1AB；

(II)若AClABi，4CBBI=60。，BC=1,試畫出二面角A-BC-B1的平面角，并求它的余弦

值.

25.已知四棱錐P-4BCD的底面ABC。是等腰梯形，ABHCD,ACQBD=0,PBVAC,PA=PB=

(1)證明：平面P8DJL平面ABCD；

(2)點E是棱PC上一點，月.OE〃平面PA。，求二面角E-OB-4的正弦值.

26.如圖1,在AMBC中，MA是8c邊上的高，MA=3,4C=4.如圖2,將△MBC沿MA進行翻折，

使得二面角B-MA-C為90。，再過點B作BD//AC,連接AD,CD,MD,且4。=2w，乙CAD=

30°.

(1)求證：CD1平面MAD-,

(2)在線段MO上取一點E使翳=3求直線AE與平面MB。所成角的正弦值.

27.如圖①四邊形A8CD為矩形,E、尸分別為AO,8c邊的三等分點，其中4B=AE=CF=,BF=2,

以EF為折痕把四邊形A8FE折起如圖②，使面4BFE1面EFCD.

(1)證明：圖②中CD1BD；

(2)求二面角4-BD-C的余弦值.

【答案與解析】

1.答案：D

解析：

本題考查了四棱柱的體積，利用基本不等式求最值問題，是一道難題.

在底面A8C。中，作DM1BC,垂足為M,可證得當M1PG，以8為原點，就為x軸正方向建立

平面直角坐標系，設(shè)B|BJh.ZDCB0.把四棱柱的體積表示用。和力表示，根據(jù)人的范圍和

基本不等式求出四棱柱體積的最大值.

解：在底面A8C。中，作DM1BC,垂足為

因為在直四棱柱力BCD-力iBiGDi中，CG1平面ABCD,DMu平面ABCD,

所以CG1DM.

因為BCClCCi=C,BC,CCru平面B/CQ,

所以DM平面BiBCCi，所以DMlCiP.

因為灰。1PC1，DMnByD=D,DM,B^Du平面

所以PG_L平面B/M.

所以Bi"1PCi，

在平面RBCG內(nèi)，以8為原點，能為x軸正方向建立平面直角坐標系，

設(shè)BiB-lh.ZDCB=0.

則M(l-cos40),8式0,4/t),G(l,4/i).

設(shè)P(0,y0)>

則八WyoW3/i,=(1-cos0,-4/i),C^P=(-1,y0-4/i)，

所以?C^P=cos0-1-4/i(y0-4/J)=0.

22

所以4h(4/i—y0)=1—cos。e[4/i,12h],

所以2h<V1—cos6>

所以四棱柱ABCD-的體積

V=SABCD.BB]=sinJ?4/i

<2sind-V1—cosd

27(1—cos0)(1—cos20)

=2yj(l-cos0)(1—cos0)(1+cos0)

=\/2^/(1—cos0)(1—cos0)(2+2cos0)

等號當且僅當cos。=一28&=辿時成立.

313

所以四棱柱ABC。的體積的最大值為呼(也可以設(shè)/(X)=(I-x)(l一/)用導(dǎo)數(shù)求).

故選。.

2.答案：D

解析:

考查學(xué)生對直線和平面位置關(guān)系的理解，在空間圖形中，只有平行具有傳遞性，在解決立體幾何問

題時，把圖形放入長方體是常用的解題方法，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想.根據(jù)平面a和直線/,則直線/

在平面a內(nèi)，或與平面a平行，或平面a相交，可以把這直線和平面放在長方體中進行研究，即可得

到答案.

在長方體ABCD-Z'B'C'D'中，

平面a為面AC,

①若直線/為直線AB,則直線4014B；

②若直線/為直線4B',則直線4。14B'；

③若直線/為直線AC',直線BD1AC；

故選。.

3洛案：D

解析：

本題主要考查正多面體的內(nèi)切球與外接球問題，屬于中檔題，

由幾何分析可知，正四面體的頂點與正六面體的頂點的距離最小值即為正四面體內(nèi)切球面上的點到

正四面體頂點的距離，以此作答即可.

解：固定正四面體ABCD不動，則其內(nèi)切球也隨之固定，考慮頂點A與正六面體(即正方體)的頂點

的距離.

當正方體的頂點在球面上移動時，頂點A到球面上點的距離最小值就是頂點A與正方體頂點距離的

最小值.

由正四面體的內(nèi)切球半徑為1,知球心到頂點A的距離為3,所以頂點A到球面上點的距離最小值為

3-1=2.

即正四面體的頂點與正六面體的頂點的距離最小值為2.

故選￡>.

4.答案：D

解析：

本題主要考查棱柱的體積求法，屬于中檔題.

因為當。LPCi等價于_LPCi，在平面/BCG內(nèi)，以B為原點建立平面直角坐標系，設(shè)

B|Blh.ZDCB0.結(jié)合已知條件可證出2/iW—cos。，四棱柱ABC?！?B1C1D1的體積

V=SABCD,BB]=sin0-4/i<2sin0-V1—cos0=2^/(1—cos0)(l-cos20)=

27(1-cos6))(l-cos0)(l+cos0)=(1-cosO)(l-cos0)(2+2cos0),利用基本不等式可求其

最大值.

解：在底面ABC￡>中，作DM18C,垂足為例，

因為在直四棱柱4BCD-AiBiGDi中，CG1平面ABCD,所以CC11DM,

所以0M_1平面818。6，所以0M1C/,

所以當。1PC1等價于81M1PC。

在平面BiBCG內(nèi)，以B為原點建立平面直角坐標系，

設(shè)BiBlh.ZDCB0.則M(10.0),Bi(0.4h).C,(l,4h),

設(shè)P(0,y()),則h&W3h,B=(1—co?0,—4h),CiP=(—1.y(>—4h)，

所以B]M-C|P=oos0—1—4h(y()—4h)=0，

2

所以4九(4九-y0)=1-cos0G[4九2,12/I],

所以2hwVl—cos。，所以四棱柱4BCD—aBiGD]的體積

2

V=SABCD-BBi=sin??4/i<2sin0?V1—cos0=2^/(1—cos0)(l—cos0)=

2—0060)(1—COM0)(1+CO?e)=V2\/(l-COK0)(1—COK0)(2+2cos0)W

等號當且僅當cos。=-g881=延時成立，

3x3

所以四棱柱ZBCD-4B1GD1的體積的最大值為陋.

9

故選。.

5.答案：A

解析：

本題考查面面垂直的性質(zhì)，以及求四面體的外接球體積，屬較難題.

先根據(jù)邊長關(guān)系作出幾何體的外接球的球心，建立直角三角形求解即可.

取8。中點E,因為48=40,所以力EJ.B。，

又因為平面2BD1平面BDC,平面ABDn平面2DC=BD,AEu平面ABD,

所以4E1平面BDC,

取Q9中點F,BFnCE=01,

設(shè)球心為。，連接。?？谪悾跧。。］_L平面BQC,故。0J/4E,

過。作。。2工45，垂足為。2，

根據(jù)已知條件知。1，。2分別為三角形8DC,AB。的中心,

且四邊形。O2EO1為矩形，

。。1=02E=^,OrD=等

在直角三角形。。1。中,

22

2=5

0D=R2=00/+0山2=（乎）+

-3

所以"當

V=-TTR3

3

故選A.

6.答案：D

解析：

本題考查正方體的結(jié)構(gòu)特征，考查異面直線成角、線面平行、垂直的判定與性質(zhì)的應(yīng)用，及棱錐的

體積求法，考查分析與計算能力，綜合性較強，屬于較難題.

利用正方體的結(jié)構(gòu)特征，線面位置關(guān)系的判定和性質(zhì)，異面直線成角及棱錐體積的計算對4個結(jié)論

逐個判斷，即可得出結(jié)論.

解：①由正方體可得：AC1BD,DD1ABCD,

；人(2(2平面人80口，二4。_10。1，

1?1BDnDDr=D,BD.DDiU平面BDDi，

AC1平面BDDi，BDiU平面BDDi,??.AC1BD1，

同理：B]C，BDi，

■■ACnBrC=C,AC.BCU平面AB￡,

???BD11平面ABCOEC平面AB|C.

AOE1BDr,正確；

(2)vACf/A^y人00平面人8￡,A]CiC平面AB￡,

，A￡i〃平面ABC，

同理得：人。//平面48￡,

A

??,ArDnA1G=1'&D,41clU平面&C1。，

???平面ABiC〃平面&Ci。，

VOEU平面ABC，

OE〃面4G。，正確；

@易知BiC〃Ai。，BiC《平面AiBD,A|DC平面ARD，

.?4￡//平面人出口，

E到平面A/D的距離為定值，

???三棱錐&jBDE的體積等于三棱錐E-&BD的體積，

底面△&BD的面積為定值，E到平面&BD的距離為定值，

三棱錐&-8DE的體積為定值，正確；

④當E在當處時，OE與41cl所成的角最大，

此時，由勾股定理易得：

。。2=｝。&2=|,8道2=2,

0C2+0B]2=B。,即NB10C=90°,

???AC〃力[C1，

???0E與4G所成的最大角為90。，正確.

故選。.

7.答案：C

解析：

本題考查了命題真假的判定，以及空間中直線與直線，直線與平面的位置關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題.

根據(jù)線面位置關(guān)系的判斷方法逐項判斷即可.

解：對于①，若果有兩個不同的平面滿足條件，可得。為兩個平面的交線，則b〃a,矛盾，所以有

且只有個平面滿足條件，正確；

對于②，若平面存在，則a1b,已知條件只有“，人異面，不一定垂直，錯誤；

對于③，將a,b通過平移變成相交直線，確定一個平面，與該平面平行且不過。，匕的平面都滿足

條件，正確；

對于④，假設(shè)存在平面滿足條件，由線面垂直的性質(zhì)定理可知a//b,與已知條件矛盾，所以不存在

平面，正確，

故選C.

8.答案：BD

解析：

本題主要考查空間中直線與直線的位置關(guān)系，考查圖形的觀察能力與運用相關(guān)知識證明判斷的能力,

屬于中檔題.

由空間中的位置關(guān)系，線面平行的判定和性質(zhì)依次分析選項即可.

解：對于A選項，若AB"CD,則MN可能與/異面，故A錯誤；

對于B,若M,N重合，則4C〃B。，BDu0,ACBB，則4C〃/?,又4Cua,aC/?=Z,故AC/〃，故

8對；

對于C,AB與CD相交，則AB與CD可確定一平面y,直線AC平行于/時，由線面平行的判定可

得/平行于y,由線面平行的性質(zhì)可得直線可以與/平行，故C不對；

對于D,當AB,CO是異面直線時，MN不可能與/平行，故。對，

故選BD.

9.答案：BD

解析：

本題主要考查空間中直線與直線的位置關(guān)系，考查圖形的觀察能力與運用相關(guān)知識證明判斷的能力,

屬于中檔題.

由位置關(guān)系判斷就可，本題宜用直接法來進行判斷.

解：對于A選項，若AB//CD,則MN可能與/異面，故A錯誤；

對于若M,N重合，則AC〃BD,BDu0,ACB0,則4C〃0,又4Cua,an0=/,故AC〃l,故

B對；

對于C,AB與8相交，則AB與C?？纱_定一平面y,直線AC平行于/時，由線面平行的判定可

得/平行于y，由線面平行的性質(zhì)可得直線8?？梢耘c/平行，故C不對；

對于。，當AB,CQ是異面直線時，MN不可能與/平行，而。對，

故選3D

10.答案：527r

解析：

本題考查了直三棱柱的性質(zhì)、勾股定理、正弦定理、球的表面積，考查了推理能力與計算能力，屬

于中檔題.

如圖所示，設(shè)△Z8C與△&B1G的外接圓的圓心分別為。1，。2，連接。1。2,所以直三棱柱4BC-

41B1G外接球的球心在。1。2上，由球的對稱性可得。為。1。2的中點，在△ABC中，利用正弦定理可

得3B=3,利用勾股定理可得R=OB="0/+進而可求出此三棱柱外接球的表面積.

解:如圖，作出A4BC,的外心01，02,易證0］。2_L平面ABC,又0「02為截面圓的圓心，

所以直三棱柱ABC-4B1G外接球的球心在。1。2上，由球的對稱性可得。為。1。2的中點，連接。iB,

0送，OB,

在ZiABC中，因為4B=4C=3,所以4ABC=N4CB=30。，

所以由正弦定理得：2。18=焉=6,解得。18=3.易證。］。2=8當=4,

所以。1。=：01。2=2,

所以由勾股定理得0B=“0：+0把2=V22+32=V13，即外接球的半徑R=V13.

所以此三棱柱外接球的表面積為S=4TTR2=4?r(-/13)2=527r.

故答案為527r.

A

B、

11.答案：竽

解析：解：如圖：CD=三x且x3=V5.

32

在△OCD中，0D=70C2-CD2=1.

三棱錐P-4BC體積的最大時，最長的高為。。+0P=3.

三棱錐P-ABC體積的最大值為：

-x-x3x3x—x3=

V"P-ABC=3224

故答案為：竽

三棱錐P—ABC體積的最大時，最長的高為0D+0P=3.由此能求出三棱錐P-ABC體積的最大值.

本題考查三棱錐體積的最大值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考

查運算求解能力，是中檔題.

12.答案：80Tr

解析：

本題考查利用導(dǎo)數(shù)求解實際問題，本題解題的關(guān)鍵是注意求的是球的表面積對于時間的變化率，這

里也可以求體積對于時間的變化率.

寫出球的表面積公式，求面積對于時間的變化率，即面積對于時間求導(dǎo)，代入所給的數(shù)據(jù)做出結(jié)果.

解：由題意可知球的半徑為R=1+2t(t為時間)，

球的表面積為S=4nR2=47r(1+2t)2,

則S'=1()7T(1+2t),

當R=5時，t=2,S'|t=2=807r.

故答案為：807r.

13.答案：Y4

解析：

本題考查四棱錐體積的外接球，球與四棱錐的體積公式，屬于中檔題.

將四棱錐P-4BCC補成長方體，根據(jù)長方體和球之間的關(guān)系，即可求解.

解：依題意，\nR3=36TT,解得R=3,

將四棱錐P-ABCD補成長方體，

可知外接球的直徑為長方體的體對角線，

設(shè)長方體的長、寬、高分別為。，b,c,且c=3,

則小4-b24-c2=(2X3不，故M+日=27,

又a2+b2、2ab,當且僅當a=b=辿時等號成立，

2

此時(ab)max=§，

要使得四棱錐M-4BCD的體積最大，

只需點M在平面A8CO的中心0,與球心。連線的延長線上，

又00'=9_=[9號=|，

故M-4BCD體積的最大值為:xyx(|+3)=Y-

故答案為

4

14.答案：在

12

解析：解：選固定點E,可知0'在圓上運動，現(xiàn)E在

線段。C上運動，且4。'=1,

????！倪\動軌跡為以A為球心，半徑為4。=1的球

面的一部分，

vSABCF=：xBCxBF=|x1xJ9+3=V3,

???求三棱錐M-BCF體積的最小值只需求M到面BCF

的距離小的最小值，

即求D'到面8c尸的距離”的最小值，

過A作BF的垂線，垂足為”，

當。'為AH與球面的交點G時，。'到面BCF的距離最小，

此時點E在OC上，d=>4F—1=|—l=pdT==^,

???三棱錐M-BCF體積的最小值為：

^min=SABCFXd]=—?

故答案為:立.

12

選固定點E,可知D'在圓上運動，現(xiàn)E在線段OC上運動，且4。'=1,從而D'的運動軌跡為以A為

球心，半徑為4D'=1的球面的一部分，求出SABCF=3XBCXBF=B,從而求三棱錐M-BCF體

積的最小值只需求M到面BCF的距離刈的最小值，即求。到面BCF的距離d的最小值，過A作BF

的垂線，垂足為H，當D'為AH與球面的交點G時，D'到面BCF的距離最小，由此能求出三棱錐”-

BCF體積的最小值.

本題考查三棱錐的體積的最小值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，

考查運算求解能力，是中檔題.

15.答案：幽

3

解析：

本題考查多面體的體積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查空間

想象能力，考查數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題.

連接AC,ACCtBD=0,推導(dǎo)出4CJLB。，ED1AC,從而A。為四棱錐A8DEF的高，再求出△480

為等邊三角形，S四邊形BDEF~4,由此能求出多面體的體積.

連接AC,ACCtBD=0.

因為四邊形ABC。是菱形，所以4C1BD,

又因為EDJL平面ABCD,ACu平面ABCD,

所以EO1AC.

因為ED,BDu平面BDEF,且EOCBD=D,

所以力C_L平面BOER所以AO為四棱錐A8DEF的高.

又因為四邊形4BCO是菱形，NBAD:,

<5

所以△4BD為等邊三角形.

又因為BF=BD=2,所以4D=2,A0=痘,S四邊形BDEF=4，

所以V四棱錐ABDEF=竽，即多面體的體積為竽?

故答案為隨.

3

16.答案：8710-25

解析：

本題考查線面垂直的判定，點到直線的距離公式，以及函數(shù)求最值問題，難度較大,由題意先證明，1

平面&PQ,以BC,B4分別為x,y軸建立平面直角坐標系，進而設(shè)出直線/的方程：y-2=-2),

直線AP的方程：y=-：x+8,

由點到直線的距離公式可計算得|PQ|=喘拱！,\AQ\=霹，計算

黑=|4(k+3)+言-25|,利用基本不等式求最值即可.

I月QIK十3

解：如圖所示：

BC

"I1A^,I1A^P,力iQ,AiPu平面ZiPQ,A-iQnA1P=At,

所以，1平面&PQ,所以4,P,Q三點共線，以BC,B4分別為x,y軸建立平面直角坐標系，

則C(6,0),4(0,8),M(2,2)設(shè)直線>的方程為y-2=k(x-2),由題意直線，與線段AB,AC都相交,

二k€g,1),當k彳0時，直線AP的方程為y=—(x+8

令y=0,求得孫=8k,又當k=0時，尸點坐標為(0,0),綜上P(8k,0).

由點到直線的距離公式可計算得|PQ|=瑞

所以制=1端*=3+3)+言-25|

|/iICt)/VT3

407—

>24(k+3)-----25=8V10-25

、/c+3

當且僅當4(k+3)=熟時等號成立，

即喘最小值為8g-25.

故答案為8國-25.

17.答案：g

6

解析：

本題考查了平面的基本性質(zhì)及推論，截面面積最值的求法，考查異面直線所成夾角，涉及基本不等

式求最值，屬較難題.

補成長，寬，高分別為3,4,5的長方體，得出異面直線所成角即為邊長為5,3的矩形的對角線夾角，

得出截面為平行四邊形MNKL求出四邊形面積即可得出.

解：根據(jù)四面體特征，可以補圖成長方體設(shè)其邊長為a,b,c,

c

G

F

c2+b2=41

c24-a2=34，解得Q=3,b=4,c=5補成長，寬，高分別為3,4,5的長方體,

&2+a2=25

在長方體中:

異面直線4c,8。所成角的正弦值等價于邊長為5,3的矩形的對角線夾角正弦值,

可得正弦值為工；

由于EF1a,

故截面為平行四邊形MNKL,

可得KL+KN=5,

設(shè)異面直線8c與AO所成的角為0,

則sin。=sinzHFF=sin乙LKN,

算得sinJ=今

SMNKL=NK?KL?sin乙NKL<=

當且僅當KL=KN時等號成立.

故答案為||；6.

18.答案：證明：(1)以4為原點，AB為x軸，AO為y軸，過A作平面A8C。的垂線為z軸，建立空

間直角坐標系，\

71(25/3,0,0),C(0,276,0).0(0,0,0),M(2V3,V6,0),

AC=(-2V3,2V6,0)>DM=(2V3,遍,0)，/：V

AC-DM=0^-.AC1DM,//(\：l

???SOABCD,DMc^jEfABC,：.SOA.DM,/J,?\------------>x

"ACCiSO=0,DMIffiSAC,

-.■DMu平面SQM,.?.平面S4CJ_平面SDM

(2)以。為原點，OC,OD,OS分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，

VACA.DM,DO=20M=2vLOC=20A=4,

：.SB=SA+2AM=(2,-2V2,-2).AD=(2,2a,0)，

而=(2,0,2),

設(shè)平面SAO的法向量元=(%y,z),

則也竺=2x+2&y=0,取％=或，得元=

In-i4S=2%4-2z=0

(V2,-l,-V2)，

設(shè)直線SB與平面SAD所成角為。，

則=Icos<n,SB>\=犒=詈?

???直線SB與平面SA。所成角的正弦值為嚕

解析：(1)以A為原點，AB為x軸，為y軸，過A作平面ABC。的垂線為z軸，建立空間直角坐

標系，利用向量法能證明平面SAC1平面SDM

(2)以。為原點，OC,OD,OS分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出直線

S3與平面SAO所成角的正弦值.

本題考查面面垂直的證明，考查線面角的正弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)

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

19.答案:解：⑴證明:如圖,

連結(jié)。5.在三棱柱4BC-a當6中,

因為分別是BC與B￡的中點，所以B1R7/8D,且8也=分。.

所以四邊形BiBDDi為平行四邊形，所以BBJ/DDi，且

y.AA1//BB1,AA1=BB1^VXAA1//DD1IAA1=DDr,

所以四邊形為平行四邊形，所以&0J/4D.

又Ai。1《平面力Bi。，ADu平面AB1。，故人［。I//平面4B1。.

(2)解：在44BC中，因為AB=4C,。為BC的中點，所以AD1BC.

因為平面ABC_L平面BiQCB,交線為BC,4。u平面A8C,

所以4。1平面BiGCB,即A。是三棱錐4-的高.

在ZL4BC中，由AB=4C=BC=4,得4。=2次.

在gBC中，BiB=BC=4,/BC=60°,

所以ZBiBC的面積SABiBC=fx4?=4W.

所以三棱錐方-ABC的體積，即三棱錐A-BiBC的體積U=[xS4B$C?40=[x4gx2悔=8.

解析：本題主要考查了線面平行的判定，以及三棱錐的體積的計算，同時考查了推理論證的能力、

計算能力，轉(zhuǎn)化與劃歸的思想，屬于中檔題.

(1)欲證4D1〃平面a/。，根據(jù)直線與平面平行的判定定理可知只需證4。1與平面ABiD內(nèi)一直線平

行，連接ODi，可得B1D//BD,且BiDi=BD,則四邊形/口。名為平行四邊形，同理可證四邊形

為平行四邊形，則又A%C平面4占。，ADu平面滿足定理所需條件;

(2)根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可知AD，平面&GCB,即40是三棱錐A-BiBC的高，求出三棱錐A-

&BC的體積，從而求出三棱錐&-ABC的體積.

20.答案：解：(I)當。為AC中點時，有AB1〃平面BOG

連結(jié)&C交BC］于O,連結(jié)。O

???四邊形BCGB1是矩形。為BiC中點

又。為AC中點，從而。?！Ξ?/p>

???ABrft平面BDG，DOu平面EDG

倜〃平面BDG

(E)建立空間直角坐標系B-xyz如圖所示,

8,“C,

B

則B(0,0,0),4(肉,0),C(0,2,0),D，,I，0)6(02，273)

所以前=(今|,0),跖=(0,2,2⑹.

設(shè)詬=(x,y,z)為平面BOG的法向量，則有Tx+2y=0

(2y+2>/3z=0,

即(x=

Iy=-V3z

令z=1,可得平面BDQ的一個法向量為4=(3，-遮,1).

而平面ECG的一個法向量為雨=(1,0,0)

3⑸尼>=磊=言3屆

13

則二面角C-BG-D的余弦值為警.

解析：本題考查的知識點是二面角的平面角及求法，直線與平面平行的判定，屬于中檔題，.

(I),確定當。為AC中點時，有4當〃平面BOQ,然后證明，連接以C交BCi于。，連接。。，由三

角形的中位線性質(zhì)可得DO//ABX,從而證明力從〃平面BOG.

(H)建立空間直角坐標系B-xyz如圖所示，分別求出平面CSC】與BGD的一個法向量的坐標，代入

向量夾角公式，即可求出二面角C-BG-。的余弦值.

21.答案：(1)證明：在△ABC中，4c=90°,

即AC1BC,貝ijBD_l.DE.

取BF的中點為N,連接CN交8E于點M,

當;1時，尸是AN的中點，而E是4c的中點，

???4NC的中位線，EF//CN.

在ABEF中，N是8F的中點，二M是BE的中點.

^.Rt^BCE^,EC=BC=2,

CM1BE,則EF1BE.

又平面“BE_L平面ABC,平面OBEn平面ABC=BE.

EF1平面DBE.

(2)解：取BE的中點M',連接DM',則CM'_LBE,DM'J.BE.

而平面DBEL平面ABC,平面DBEn平面SBC=BE.

???DM'_L平面ABC,

即CM'是三棱錐D—BEF的高，且DM'=CM'=V^.

過E作EHLAB于點H,

則SA4BE=；SE-BC=；SB-EH,

即三x2x2=*xV42+22-EH,

22

可得EH=管.

假設(shè)存在滿足題意的九則三棱錐D—BEF的體積為

111

V=-SABEFxDM'=-x-BFxEHxDM'

=-x-xBFX—Xy/2=—，

3253

解得BF=V5,

、AF2V5-V51

?**A.=—=尸=一,

AB2VS2

故存在;l=3使得三棱錐D—BEF的體積是在.

23

解析：本題考查三棱錐的體枳的求法，線面垂直的判定，屬于中檔題.

(1)由4c=90。得BD1DE,取BF的中點N,連接CN交BE于M,可得到CM1BE,EF1BE.

利用平面DBE1平面ABC,由面面垂直的性質(zhì)得到EF1平面DBE；

(2)可證LWU平面48C,即DM'是三棱錐D-BEF的高，由“詆=》赫?BC=/4B?EH可求得

EH，再由三棱錐八口的體積為用2四XDM'號'求出8尸,即可求得4的值.

22.答案：證明：(1)連接BZ)交AC于0,則0為8D的中點，連接0E.

???E是的中點，。是8。的中點,

ABDJ/0E,又OEu平面ACE,BD1,平面ACE,

?-.BD]〃平面ACE；

(2)連結(jié)。/，EB],■：ABX=CBX,。是AC的中點，。當14c.

設(shè)正方體棱長為。，貝iJOB=OD=立a,DE=^a,BQ=&a.

221x

...OB、=Ja?+；=fa，OE=J彳+￡=號。，B1E=J2a2+亍=|a.

AOBl+OE2=BiE2,即OBilOE,

乂ACu平面ACE,OEu平面ACE,ACCtOE=0,二。&1平面ACE,

又。Biu平面ABiC,平面EAC_L平面4BiC;

解析：本題考查線面平行、面面垂直的證明，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知

識，考查運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題.

(1)連結(jié)8。，交AC于點0,連結(jié)。E,推導(dǎo)出OE〃BD「由此能證明BDJ/EAC；

(2)由等腰三角形的性質(zhì)證得。B|L\C,由勾股定理證得。當_LOE,利用線面垂直的判定定理得出

OBiJ■平面ACE,從而得出平面E4C1平面48傳.

23.答案：證明：(1)取AB中點4,連結(jié)P”，HC.

PA=PB=2V3.AB=4,/\

/必二長法

B

PH1AB,PH=2V2.

???等邊△ABC的邊長為4

HC=2?又PC=2V5，PH2+HC2=20=PC2

???Z.PHC=90°,即PH1HC.

又???//（；CAB=H,ABABC,CHu平面ABC

PHJ■平面ABC,又PHu平面PAB

平面P4B1平面ABC.

解：（2）、?點M,N分別為棱BC,PC的中點

.??點N到平面ABC的距離為：PH=V2

且SMMC=獨詆=；xfx42=2百

???三棱錐N-AMC的體積U=ixV2x2V3=—.

33

解析：本題考查面面垂直的證明，考查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(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題.

（1）取AB中點H,連結(jié)尸H,HC.推導(dǎo)出PH14B,PHLHC,由此能求出PHJ■平面ABC,從而能證

明平面P4BJL平面ABC.

（2）推導(dǎo)出點N到平面ABC的距離為打H=V2,由此能求出三棱錐N-力MC的體積.

24.答案：解：（1）連接8。1，因為側(cè)面B/C1C為菱形，

所以B1C18C1，且81c與8Q相交于。點.

因為40平面BBiGC,BiCu平面BBiGC,

所以B1C1A0.

又8的。4。=0,BCiU平面4B0,4。u平面ABO,

所以B[C_L平面A80.

因為4Bu平面ABO,所以B1CJ.4B.

（n）^OD1BC,垂足為。，連接A3.

因為4。_L平面BBiGC,BCu平面8B1GC,所以BC_LCM,

又因為BC1OD,OAnOD=0,04u平面4。。,。。u平面A。。，

所以8c1平面AOD

又4。u平面A。。，所以BCJ.4D.

又因為平面ABCn平面8cBi=BC,4。u平面ABC,。0u平面BC%

所以乙4。。是二面角力-BC-Bi的平面角.

因為4CBB1=60°,所以△CBBi為等邊三角形,

又8c=1,所以O(shè)C=[8C=5，

所以。。=^OC=—.

24

因為。。=。當，401B1。，

所以=ZkABiC是等腰三角形，

又因為AC，/!/,所以△4%C是等腰直角三角形,

所以0/=：B]C=

所以AO=y]OD2+OA2——?

4

在Rt△4。0中，cosZ-ADO=—=^

AD7

???二面角力-BC-Bi的余弦值為手.

解析：本題考查了異面直線垂直的證明，二面角的求解，涉及到線面垂直的判定及性質(zhì)定理，屬于

中檔題.

(I)連接8G.只需證明81c1平面ABO.即可得8傳1AB.

(11)作0。18。，垂足為。，連接力D.可得乙4。。是二面角力-BC—a的平面角，在中，結(jié)

合cos乙40。=生即可求解.

AD

25.答案：(1)證明：等腰梯形ABC。中，AOABSAOCD,

0A_AB

OC—CD

又4c=3,AOA=2,AOB=2.

OA2+OB2=AB2,???OALOB,即AC1BD,

又???PBJ.AC,且BDCPB=B,BD,PBu平面PBD,

AC_L平面PBD,

又：ACu平面ABC。，.?.平面PB。_L平面4BC0;

(2)解：連接PO,由⑴知,ACJ_平面PBD,POu平面PBD,：.AC1P