第一章 空间向量与立体几何（单元测试·培优卷）数学人教A版2019选择性必修第一册

2025-2026学年高二数学单元检测卷 第一章 空间向量与立体几何·培优卷 建议用时：120分钟，满分：150分 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意，， ， 则， 故选：D. 2．已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，O不在该平面上，则的最小值为（    ） A．4 B．5 C． D．9 【答案】C 【解析】因为四点共面， 所以由共面定理可得，，即， 所以， 因为， 当且仅当，即，即时，等号成立， 所以， 故选：C. 3．若平面的法向量为，平面的法向量为，直线的方向向量为，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【解析】对于A，由，得，则，解得，A错误； 对于B，由，得，则，解得，B错误； 对于C，由，得，， 则，则或，C错误； 对于D，由，得，， 则，则，D正确. 故选：D 4．已知为直线的一个方向向量，点，，则点P到直线的距离为（    ）. A．4 B． C． D． 【答案】B 【解析】，故， 所以， 设直线与直线所成角为， 则，可得， 因此点到直线的距离为． 故选：B. 5．已知正方体，点分别在上，，下列说法错误的是（    ） A．直线与所成的角为 B． C．四点共面 D．平面 【答案】C 【解析】对于A：由正方体性质可知：为直线与所成的角， ，故直线与所成的角为，故A正确； 对于B：如图，设正方体的棱长为1， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，则， 因,则，则， 所以，而， 因为，所以，即，故B正确； 对于C：当时，点即点，点即点，此时满足，显然与为异面直线，故与为异面直线，即四点不共面，故C错误； 对于D：由正方体的性质知平面，所以为平面的一个法向量． 由选项B的证明可知：，又平面，所以平面，故D正确. 故选：C 6．已知三棱柱中，是的中点，则（    ） A． B．2 C． D．2 【答案】A 【解析】由于， 所以 ， 故选：A 7．在棱长为1的正方体中，分别为的中点，为底面的中心，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（    ） A．点可以是棱的中点 B．点轨迹的长度为 C．点的轨迹是平行四边形 D．点轨迹所围成的图形面积为 【答案】D 【解析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系， 因为该正方体的棱长为，分别为，的中点， 则，，，， 所以，设，则， 因为， 所以 所以，即， 令，当时，；当时，； 取，， 连接，，，则，， 则， ， 所以，， 又，且平面，平面， 所以平面， 所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动， 所以点的轨迹为正三角形，故C错误； 因此点不可能是棱的中点，故A错误； 正三角形边长为，则面积为，故D正确； 点轨迹的长度为，故B错误； 故选：D 8．如图，在直三棱柱中，为腰长为2的等腰直角三角形，且，，，为平面内一动点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设关于平面的对称点为， 则， 设平面的一个法向量， 则，即，令，则， 所以与到平面的距离， 即①，又，所以②， 所以由①②得，又由可得，所以， 所以， 当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为． 故选：B． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列命题中正确的是（    ） A．若是空间任意四点，则有 B．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角等于 C．已知是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 D．已知为坐标原点，向量，，，则点不能构成三角形 【答案】ACD 【解析】对于A，由向量加法的三角形法则得，故A正确； 对于B，注意线面角的范围是，因为直线的方向向量与平面的法向量的夹角为， 所以直线与平面所成的角为； 与两向量夹角的差为，即，故B错误； 对于C，假设不是空间一个基底， 那么存在实数使得成立． 因为是空间的一个基底，所以，该方程组没有实数解， 因此假设不成立，所以也是空间的一个基底, 故C正确； 对于D，由题意得，，则共线， 故点不能构成三角形，故D正确． 故选：ACD. 10．平面几何的很多结论可以推广到立体几何中，例如： （1）平面上，过点，且以为方向向量的平面直线的方程为；在空间中，过点，且以为方向向量的空间直线的方程为. （2）平面上，过点，且以为法向量的直线的方程为；空间中，过点，且以为法向量的平面的方程为. 现已知平面，平面，：，则（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【解析】由题可知：平面的法向量，平面的法向量， 恒过点，方向向量. 恒过点，方向向量. 选项A，，且，故不在上，则，故A正确. 选项B，，则，故B错误. 选项C，，则，故C正确. 选项D，由可知与不平行，则与不垂直.故D错误. 故选：AC. 11．在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成的角是 B．当时，点到平面的距离为 C．三棱锥的体积不变 D．若，则二面角的平面角的正弦值为 【答案】BC 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，． A（×），，设， 依据共线向量设坐标 故，． 若直线与所成的角是，则， 整理得，即，解得， 注意范围的限制 故直线与所成的角不可能是． B（√）当时，结合A中分析可得，故，故，而， 设平面的法向量为，则即 取，得为平面的一个法向量， 又，故到平面的距离为． C（√）因为，平面，平面，所以平面，所以为定值． D（×）当时，结合B的分析可得，此时，故，而， 设此时平面的法向量为，则即 取，得为平面的一个法向量，又，， 设平面的法向量为，则即 取，得为平面的一个法向量， 故，故二面角的平面角的正弦值为． 故选：BC 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在空间四边形中，，，，，则 ． 【答案】22 【解析】因，则， ， 则， 整理得，因此． . 故答案为：22 13．如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角两个面内，并且都垂直于棱．若二面角的平面角为，且，，则 ． 【答案】 【解析】由条件知， 又二面角的平面角为，则，所以 ， 所以． 故答案为：. 14．如图，在正方体中，点为棱的中点，若为底面内一点（不包含边界），且满足平面．设直线MN与直线所成的角为，则的最小值为 ．    【答案】 【解析】分别取线段的中点Q，P，连接MQ，MP，PQ，如图所示． 连接，易知，所以． 因为 平面平面，所以平面， 同理可得平面， 又平面MPQ，故平面平面， 故点在线段PQ上，且不与P，Q重合． 以点为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系． 令正方体棱长为2，设，则，， 所以． 当时，取得最大值，为，此时取得最小值，故的最小值为． 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 在平行六面体中，，，，，． (1)求； (2)求证：； (3)求的长． 【解析】（1）；(3分) （2）因为 ， 所以；(7分) （3）因为， 所以 (10分) ， 所以. (13分) 16．（15分） 如图，已知四棱锥中，底面为矩形， 平面.    (1)求证∶ 当时，平面平面 (2)当 时， ①求二面角的大小； ②求与平面成角的正弦值． 【解析】（1）因为平面，且平面，所以， 又因为底面为矩形，，所以底面为正方形，即， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面 (4分) （2） ①如图建立空间直角坐标系，由， 可得： 则， 设平面的法向量为， 则， 即，令，则，所以，(8分) 设平面的法向量为， 则， 即，令，则，所以，(10分) 由， 因为，所以， 由图可知二面角是锐角， 则二面角的大小为；(12分) ②设与平面成的角为， 则, 即与平面成角的正弦值为. (15分) 17．（15分） 在平行六面体中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且，求： (1)的长； (2)直线和所成角的余弦值； (3)平行六面体的体积． 【解析】（1）令，，， ，，，， 所以，，， 则， 所以， 所以；(4分) （2），则， 设直线和所成角为， 则， 所以直线与所成角的余弦值为；(8分) （3）过作平面，垂足为， 设，所以， 由得，即， 所以，解得，(10分) 由得，即， 所以，解得， 所以， 所以平行六面体的高为． 所以平行六面体的体积．(15分) 18．（17分） 如图，在四棱锥中，底面为边长为2的正方形，平面，且，. (1)若平面与平面的交线为，求证：； (2)求证：； (3)是否存在球O，使得四棱锥的顶点均在此球面上?若存在，求与平面所成角的正切值；若不存在，说明理由. 【解析】（1）因为，平面，平面， 所以平面， 因为平面与平面的交线为， 则平面，平面， 所以 (3分) （2）因为平面，所以， 因为底面为正方形，所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 又因为，，平面， (6分) 所以平面， 因为平面， 所以 (8分) （3）根据题意以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 设四棱锥的外接球的球心，半径为， 所以，解得：， (12分) 所以，则， 设平面的法向量为，，， 则，即，取，则，， 所以平面的法向量为 设与平面所成角为，则， (15分) 因为与平面所成角，则 所以与平面所成角的正切值 (17分) 19．（17分） 如图，在三棱柱中，，分别为棱，上的点，满足，，且与的面积之比为    (1)证明：平面； (2)求点到平面与到平面的距离之比； (3)若，直线，，两两相互垂直，求平面与平面所成角余弦值的取值范围 【解析】（1）作平行四边形与平行四边形，连接交与点，如下图所示： 显然，，所以，即； 又，可知为的中点，即， (2分) 所以， 又因为，； 所以，且，所以为平行四边形，即； 又因为，所以，可得， 故，，，四点共面， 又，平面，平面； 故平面 (5分) （2）设点到平面与到平面的距离分别为，， 由∥平面，有， 则， 易知，点到的距离为点到的距离的一半， 所以，可得， (7分) 又，， 又因为， 即得 (9分) （3）如图，以为原点，，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系 设，，， 则，，，，， 易知，，， (11分) 设平面的一个法向量为， 则，可取， 设平面的一个法向量为， 则，可取， (13分) 则， 由可知， 即，解得， 设平面与平面所成角为， 则 (17分) 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学单元检测卷 第一章 空间向量与立体几何·培优 建议用时：120分钟，满分：150分 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（    ）    A． B． C． D． 2．已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，O不在该平面上，则的最小值为（    ） A．4 B．5 C． D．9 3．若平面的法向量为，平面的法向量为，直线的方向向量为，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．已知为直线的一个方向向量，点，，则点P到直线的距离为（    ）. A．4 B． C． D． 5．已知正方体，点分别在上，，下列说法错误的是（    ） A．直线与所成的角为 B． C．四点共面 D．平面 6．已知三棱柱中，是的中点，则（    ） A． B．2 C． D．2 7．在棱长为1的正方体中，分别为的中点，为底面的中心，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（    ） A．点可以是棱的中点 B．点轨迹的长度为 C．点的轨迹是平行四边形 D．点轨迹所围成的图形面积为 8．如图，在直三棱柱中，为腰长为2的等腰直角三角形，且，，，为平面内一动点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列命题中正确的是（    ） A．若是空间任意四点，则有 B．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角等于 C．已知是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 D．已知为坐标原点，向量，，，则点不能构成三角形 10．平面几何的很多结论可以推广到立体几何中，例如： （1）平面上，过点，且以为方向向量的平面直线的方程为；在空间中，过点，且以为方向向量的空间直线的方程为. （2）平面上，过点，且以为法向量的直线的方程为；空间中，过点，且以为法向量的平面的方程为. 现已知平面，平面，：，则（   ） A． B． C． D． 11．在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成的角是 B．当时，点到平面的距离为 C．三棱锥的体积不变 D．若，则二面角的平面角的正弦值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在空间四边形中，，，，，则 ． 13．如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角两个面内，并且都垂直于棱．若二面角的平面角为，且，，则 ． 14．如图，在正方体中，点为棱的中点，若为底面内一点（不包含边界），且满足平面．设直线MN与直线所成的角为，则的最小值为 ．    四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 在平行六面体中，，，，，． (1)求； (2)求证：； (3)求的长． 16．（15分） 如图，已知四棱锥中，底面为矩形， 平面.    (1)求证∶ 当时，平面平面 (2)当 时， ①求二面角的大小； ②求与平面成角的正弦值． 17．（15分） 在平行六面体中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且，求： (1)的长； (2)直线和所成角的余弦值； (3)平行六面体的体积． 18．（17分） 如图，在四棱锥中，底面为边长为2的正方形，平面，且，. (1)若平面与平面的交线为，求证：； (2)求证：； (3)是否存在球O，使得四棱锥的顶点均在此球面上?若存在，求与平面所成角的正切值；若不存在，说明理由. 19．（17分） 如图，在三棱柱中，，分别为棱，上的点，满足，，且与的面积之比为    (1)证明：平面； (2)求点到平面与到平面的距离之比； (3)若，直线，，两两相互垂直，求平面与平面所成角余弦值的取值范围 1 / 9 学科网（北京）股份有限公 学科网（北京）股份有限公司 $………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2025-2026学年高二数学单元检测卷 第一章 空间向量与立体几何·培优 建议用时：120分钟，满分：150分 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（    ）    A． B． C． D． 2．已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，O不在该平面上，则的最小值为（    ） A．4 B．5 C． D．9 3．若平面的法向量为，平面的法向量为，直线的方向向量为，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．已知为直线的一个方向向量，点，，则点P到直线的距离为（    ）. A．4 B． C． D． 5．已知正方体，点分别在上，，下列说法错误的是（    ） A．直线与所成的角为 B． C．四点共面 D．平面 6．已知三棱柱中，是的中点，则（    ） A． B．2 C． D．2 7．在棱长为1的正方体中，分别为的中点，为底面的中心，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（    ） A．点可以是棱的中点 B．点轨迹的长度为 C．点的轨迹是平行四边形 D．点轨迹所围成的图形面积为 8．如图，在直三棱柱中，为腰长为2的等腰直角三角形，且，，，为平面内一动点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列命题中正确的是（    ） A．若是空间任意四点，则有 B．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角等于 C．已知是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 D．已知为坐标原点，向量，，，则点不能构成三角形 10．平面几何的很多结论可以推广到立体几何中，例如： （1）平面上，过点，且以为方向向量的平面直线的方程为；在空间中，过点，且以为方向向量的空间直线的方程为. （2）平面上，过点，且以为法向量的直线的方程为；空间中，过点，且以为法向量的平面的方程为. 现已知平面，平面，：，则（   ） A． B． C． D． 11．在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成的角是 B．当时，点到平面的距离为 C．三棱锥的体积不变 D．若，则二面角的平面角的正弦值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在空间四边形中，，，，，则 ． 13．如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角两个面内，并且都垂直于棱．若二面角的平面角为，且，，则 ． 14．如图，在正方体中，点为棱的中点，若为底面内一点（不包含边界），且满足平面．设直线MN与直线所成的角为，则的最小值为 ．    四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 在平行六面体中，，，，，． (1)求； (2)求证：； (3)求的长． 16．（15分） 如图，已知四棱锥中，底面为矩形， 平面.    (1)求证∶ 当时，平面平面 (2)当 时， ①求二面角的大小； ②求与平面成角的正弦值． 17．（15分） 在平行六面体中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且，求： (1)的长； (2)直线和所成角的余弦值； (3)平行六面体的体积． 18．（17分） 如图，在四棱锥中，底面为边长为2的正方形，平面，且，. (1)若平面与平面的交线为，求证：； (2)求证：； (3)是否存在球O，使得四棱锥的顶点均在此球面上?若存在，求与平面所成角的正切值；若不存在，说明理由. 19．（17分） 如图，在三棱柱中，，分别为棱，上的点，满足，，且与的面积之比为    (1)证明：平面； (2)求点到平面与到平面的距离之比； (3)若，直线，，两两相互垂直，求平面与平面所成角余弦值的取值范围 试题 第3页（共6页） 试题 第4页（共6页） 试题 第1页（共6页） 试题 第2页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2025-2026学年高二数学单元检测卷 第一章空间向量与立体几何·培优（参考答案) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的. 1 2 7 P 0 C B C D B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全 部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9 10 11 ACD AC BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12.22 13.√47 14.2 2 四、解答题：本题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.【解析】(1)AA.DC=AA.AB=5×4×cos60°=10；(3分) (2)因为AA.DB=AA.AB-AD)=AA.AB-AA.AD =5×4×c0s60°-5×4×c0s60°=10-10=0， 所以AA⊥DB;(7分) (3)因为AC=AC-AA=AB+AD-AA, 所以C=(AB+AD-AA =AB'+AD'+AA+24B.AD-24B.AA'-2AD.Ad'(1 =16+16+25+0-2x4×5×1-2×4x5 2 `2 =16+16+25-40=17, 所以A'C=V17.(13分) 16.【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,且BDC平面ABCD,所以PA⊥BD, 又因为底面ABCD为矩形，AB=AD=2,所以底面ABCD为正方形，即AC⊥BD, 又因为AC∩PA=A,AC,PAC平面PAC,所以BD⊥平面PAC, 又因为BDc平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAC(4分) 1/7 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2) D A- B ①如图建立空间直角坐标系，由AD=√2，PA=AB=2, 可得：P(2,0,0,B(0,2,0),D0,0,√2)， 则PD=-2,0,V2,DC=AB=(0,2,0),PB=(-2,2,0), 设平面PBD的法向量为n=(x,y,), 元PD=(xy小-2,02)=0 则 n1·PB=(x,2)(-2,2,0)=0 即2+5=0，令=2，则≤=-l=1,所以瓜=1,2列，8分) -2x1+2y,=0 设平面PDC的法向量为n2=(x2,y2,z2), m,PD=(x2,2,2-2,0V2)=0 则 n2·DC=(x2,y2,2)(0,2,0)=0 即{2+5=0，令，=2，则=l房=0，所以元=L0列，(10分) 2y2=0 由c0S4,%= ,12)1,02)33 nn √4×V3 2V32 因为川，乃∈[0，列，所以，2 6 由图可知二面角B-PD-C是锐角， 则二面角8-PD-C的大小为名：02分) ②设PB与平面PDC成的角为O, 2/7 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (-2,2,0)1,0,V2) 则sin0=cos PB,n2 -26 -2,201,0,2) V8x5=6, 即PB与平面PDC成角的正弦值为 .(15分) 6 17.【解析】(1)令AB=ā，AD=b,AA=c, |a=5=1,lG|=2,a,6=90°，a,c=i,c=60°， 所以ab=0,ac=1×2×c0s60°=1，bd=1×2×cos60°=1， BD=BD+DD=BD+AA=AD-AB+AA=6-a+c, 所以BD-BD=(6-a+c2=+|a+-2a-6-2a-c+26.c=6, 所以BD,=√6；(4分) (2)G=Ac=a+b,则4C-a+6-a2+6+2a万=2， 设直线BD和AC所成角为O, 则cos0=cos BD,4C 6-a+a+5-f+6-c+ad -1P+1+1- B-a+ca+b B-a+da+B √×√2 3 所以直线BD,与AG所成角的余弦值为 3:(8分) (3)过A作AO⊥平面ABCD,垂足为0， 设A0=xAB+yAD=xa+yb,所以AO=A0-AA=xa+yb-, 由A,0⊥AB得xa+yb-ca=0,即xa2+ya.6-ic=0, 所以x-1=0,解得x=1,(10分) 由A01AD得xa+b-cb=0,即xa.+yb2-i.c=0, 所以y-1=0,解得y=1, 所以A,0=a+b-c, 所以平行六面体ABCD-A,B,C,D,的高为 h=40=V40=a+i-=V后2++c2+2a-6-2a-c-26-E=5. 3/7 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 所以平行六面体ABCD-A,B,CD的体积V=Sh=12x√2=√2.(I5分) A B B 18.【解析】(1)因为BC/IAD,ADC平面PAD,BCE平面PAD, 所以BC/I平面PAD, 因为平面PAD与平面PBC的交线为I, 则Ic平面PBC,BCc平面PBC, 所以111BC(3分) (2)因为PA⊥平面ABCD,所以BC⊥PA, 因为底面ABCD为正方形，所以BC⊥AB, 因为AB∩PA=A,AB,PAC平面PAB, 所以BC⊥平面PAB, 因为AEC平面PAB, 所以AE⊥BC, 又因为AE⊥PB,PBBC=B,PB,BCc平面PBC,(6分) 所以AE⊥平面PBC, 因为PCc平面PBC, 所以AE⊥PC(8分) (3)根据题意以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标 系， y D C E 4/7 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P0,0,22, 设四棱锥P-ABCD的外接球的球心O(x,y,z),半径为R, x2+y2+z2=R2 (x-22+y2+z2=R2 x=1 所以x-2)}2+(y-2)+2=R2,解得： {y=1, (12分) x2+(y-2)2+z2=R2 z=√2 x2+y2+z-2W2=R 所以01,1，V2),则A0=1,1,2), 设平面PBC的法向量为n=(x,y1,2)，PB=(2,0,-2√2)，BC=(0,2,0), iPB=0 2x-2V2z,= 则 ，即 n.BC=0 2y1=0 0,取，=反，则y=0,名=1， 所以平面PBC的法向量为n=(√2,0,1) 设40与平面P8C所成角为6，则sim0=cos(A0, 22√6 V4x53 (15分) 因为A0与平面PBC所成角0∈0，交 2 则cos0= 3 所以4A0与平面P8C所成角的正切值an0=sin日=5 (17分) cos0 19.【解析】(1)作平行四边形MACD与平行四边形MAC,D,连接AD交BC与点P,如下图所示： B 显然4M=CD,ACPD-aBPA,所以CD-PC=},即PC=BC; AB PB 3 又BN=CN,可知P为NC的中点，即 PN 1 AM NB2 MB (2分) 所以MN/1AP, 又因为CD/IAM,C,D,IIAM,CD=AM,C,D,=AM; 所以CD1/C,D,且CD=C,D,所以CDD,C为平行四边形，即CC,IIDD,; 5/7 可学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 又因为AAI/CC,所以AA,IIDD,可得MNII AD/IAD, 故M,N,A,D四点共面， 又AC,IIMD,ACt平面MNA,D1,MD,C平面MNA,D,1; 故AC,/I平面A,MW(5分) (2)设点A到平面ABC,与到平面MNC的距离分别为(4,4， 由AC,I平面AMN,有'G,-AMw=VA-AMw='本-AMN, VG-4B4=VC-484=VC-A8C=VA-4BC 易知AM=!AB,点N到AB的距离为点C到AB的距离的一半， 所以5=后R,可得%w=,G名6-， 1 (7分) 6 1 又因为SABC,=3SMNG, 即得d,=2d.(9分) (3)如图，以B为原点，AB,BC,BA为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系， 设BA=1,BC=a>1,BA,=b, 则4-00.c0a,0,4i00.1,CLa,M号00小N0号0 ZA Bx 易知=L0o,4C-2a创，-号C-3a,6 1分) 设平面ABC的一个法向量为n1=(x,,), AB.n=x=0 则 AC·n1=2x+ay+bz,=0 可取-0号引 设平面MNC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2), 6/7 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 -号+=0 2 则 可取-a4号 (13分) 35+a,+b2=0 则4 AB.m a AC'n2a ,d2= 由d,=2d,可知=2， 即41+ a ( 6>25+a =9a2+16+ ，解得 6=t∈(7，+∞， 设平面ABC,与平面MNC所成角为O, 则c0s0= m_4-1--4 啊2问 0, 1a2 7分 21+】 717