第8章 立体几何初步 单元学能测评-【重难点手册】2025-2026学年高中数学必修第二册同步练习册（人教A版）

9.如图，将△ABM沿直线AM翻折，得到满足题意的几何体 为三棱锥A-BCM. B D 因为AB=AC=2,∠BAC=120°，过点A作AM⊥BC, 则∠BAM-60,∠ABM-0,器光 所以BM=√3，AM=1. 在△BCM中，BM=√3，CM=√3，BC=3,由余弦定理得 cos∠BMC-BM+CM-BC=- 2BM·CM -2,所以∠BMC=120 设△BCM的外接圆圆心为D,半径为r, 连接DB,DM,DC,则DB=DC=MD=r, BC 严正弦定理 则sn20-2r,解得r=3,即MD=5. 易知AM⊥平面BCM,点O在过点D且与平面BDCM垂 直的直线上，连接OB,OD,OC,OA,OM, 又AM是球O截面圆的弦，OA=OM,AM=1, 所以OD=号AM=号， 得球的半径为0M=√(）+6= 2 所以球的表面积S=4:·OM=4红×日-13r 第八章单元学能测评 1.B 2.C[由题意知正四棱柱的底面积为4，.正四棱柱的底面 边长为2，正四棱柱的底面对角线长为2√2，正四棱柱的体 对角线长为2√6，而球的直径等于正四棱柱的体对角线长， 即2R=2√6，.R=√6，.S缘=4πR2=24π.] 3.B[,AB∥A1B1,∠BA1C1是AB与A1C1所成的角， .AB与AC1所成的角为30°.AA1∥BB1,∴.∠BB1C 是AA1与B1C所成的角.又BB1=a,AB1=A1C1=2a, .AB=√3a,.B1C1=BC=a,则四边形BB1C1C是正 方形，∴∠BB1C=45°.] 4.A[如图，作OD⊥AC,垂足为D,则球的半径r=OD=2, 此时0A=2r=4,水面半径R=0C=4Xan30°=号的设 加入小球后水面以下的体积为V',原来水的体积为V,球的 体积为所以水的体积为V-V-。一言(） ×4 号x2=1] 5.D[当点Q与点D1重合时，截面图形为等边三角形 ABD1,如图1；当点Q与点D重合时，截面图形为矩形 AB1C1D,如图2；当点Q不与点D,D1重合时，截面图形为 等腰梯形AQRB1,如图3.] D(Q) C--- 图1 图2 图3 6.D[如图1，在正四面体ABCD中，取AB的中点G,连接 CG,DG,则CG⊥AB,DG⊥AB,而CG∩DG=G,且CG, DGC平面CDG,所以AB⊥平面CDG,连接EG,FG,因为 EGC平面CDG,FGC平面CDG,所以AB⊥EG,AB⊥FG. 由二面角的平面角的定义可以判断01=∠CGE,02= ∠EGF,03=∠FGD,01=0.设该正四面体的棱长为6，如 图2. 对称性 D 图1 图2 CD=6,易得CG=DG=3√3，取CD的中点H,则GH⊥CD, CE=2,EH=HF=1.在△GCH中，由勾股定理可得GH= √GC2-CH=32,则GE=GF=√(32)2+12=√19. 在△GCE中，由余弦定理可得os0,=3,)+()2-2 2X33X√19 7在△GEF中，由余弦定理可得os, 7 = 2-面(》=票=> 2X√19X√19 -器-器→后>品即1m>w> 0-→01<02，所以01=03<02.] 7.D[在直角梯形ABCD中，AB/CD,ABLIC,BC=2AB 43 =2,E为AB的中点，则ED⊥BE,BE=2,易知EC=2√2. 因为以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点P的位 置，则PE=2,ED⊥PE.因为PC=23.所以PE2+EC2 PC,所以PE⊥EC.又PE⊥ED,ED∩EC=E,ED,ECC 平面DEBC,所以PE⊥平面DEBC,DCC平面DEBC,所 以PE⊥DC.又DC⊥DE,PE∩DE=E,PE,DEC平面 PED,所以DC⊥平面PED.又DCC平面PCD,所以平面 PED⊥平面PCD,故A正确.因为直线PC在平面EBCD 内的射影为EC,又四边形EBCD为正方形，所以BDEC. 故PC⊥BD,故B正确.由DC⊥平面PED,易知∠PDE即 为二面角P-DCB的平面角，又PE⊥ED,PE=ED,所以 ∠PDE=T,故C正确.由DC⊥平面PED,易知∠CPD为 直线PC与平面PED所成的角，又PD=2W2,CD=2,CD1 PD,所以tan∠CPD=CD-2=2, PD22=2,故D错误.] 8.B[如图，在正方体中，E,F,G,H,I,N分别是CD,DD1, A1D1,AB1,BB1,BC的中点，由正方体的性质知BD∥ EN,A1B∥D1C,EF∥D1C,则A1B∥EF,由BDC平面 A1BD,EN中平面A1BD,得EN/平面A1BD,同理有EF∥ 平面A,BD,又EN∩EF=E,EN,EFC平面EFGHIN,故 平面EFGHIN平面A1BD,所以平面EFGHIN中的直线 平行于平面A1BD.又MN∥平面A1BD,则M在直线EF 上运动，要使MN最小，只需MN⊥EF.延长EF,C1C交于 点K,连接NK,只需求出△ENK的边EK上的高即可，由 已知可得CE=CK=CN=1,则△ENK为边长为√2的等边 三角形，所以边EK上的高为，即N的成小值为】 G 9.BD[因为圆锥的底面半径r=2√3，高h=2,所以圆锥的母 线长SA=SB=√r2+h2=√(23)2+22=4. 选项正误 原因 圆维的体积V-号产h=号xX(2w3)X2=8 圆锥的母线长为√(23)2+22=4，设圆锥的侧 2 面展开图的圆心角大小为a,则2π×2√3=aX4, a=3π 44 续表 选项正误 原因 当圆锥截面SAB为圆锥的轴截面时，此时SA SB=4,AB=4N5,易得∠ASB-5所以当 ∠ASB=受时，截面SAB的面积最大，SAA 2·SB·SA·sim∠ASB=2×4X4X1=8 圆锥的顶点和底面上所有点都在同一个球面上， 即圆锥的外接球，设圆锥外接球的半径为R,由球 的性质可知R2=(h-R)2+r2,即R2=(2-R) / +(23)2,解得R=4,所以外接球的体积V =x4-256 4 3 1O.ABD[因为翻折后PD⊥PF,PF⊥PE,PD⊥PE,PF∩ PD=P,PF,PDC平面PDF,所以PE⊥平面PDF.又因 为DFC平面PDF,所以PE⊥DF,故A正确.因为PE⊥ 平面PDF,又PFC平面PDF,所以PD⊥PF,所以VPDr= VEm=号XSamX PE=号×号×PDX PFX PE=- 号，故B正确，因为PD,PE,PF两两互相垂直，PD PE,PD⊥PF,PE∩PF=P,PE,PFC平面PEF,所以 PD⊥平面PEF.又因为EFC平面PEF,所以PD⊥EF. 如图，设Q为点P在平面DEF上的投影，连接PQ,EQ,则 PQ⊥平面DEF,EFC平面DEF,所以PQ⊥EF,PQ∩ PD=P,PQ,PDC平面PQD,所以EF⊥平面PQD,DQC 平面PQD,所以EF⊥DQ.同理可证EQ⊥DF,即点Q为 △DEF高线的交点，所以点P在平面DEF上的投影是 △DEF的垂心，故C错误.由上述过程可知，PD,PE,PF 与平面DEF所成角分别为a=∠PDQ,B=Y=∠PEQ,结 合翻折前的图形得S△DEF=SE方形ABCD一S△ADE一S△BE一 3 1 SACDF=- 由上述过程可知Vre=子SaXPQ=-}, 所以PQ= ，所以sa+sg+sm7=(》+ ()°+（）°-1，D正确] 11.ABD[因为正方体ABCD-A1B1C1D1的体对角线AC1 与平面A1BD垂直，所以a∥平面A1BD,平行于平面 A1BD的截面只可能是三角形或六边形，故A正确.因为： BD⊥平面AA1C1C,所以直线AC1与直线BD所成的角 为2，故B正确.因为当0为体对角线AC的中点时，M 为正六边形PQRSTW(如图)，而三角形A1BD为等边三 角形，根据中位线定理，TS=号BD,易得两个截面周长相 等，故C错误.当O为体对角线AC1的中点时，M为正六 边形PQRS7Tw,设边长TS=a,则面积为3。，当0向 下移动时，M为六边形P1Q1R1S1T1W1(如图)，结合图形 可知两邻边一条增大，一条减小，且变化量相等，设W1P1= a十x,P1Q1=a一x(0<x<a),又所有六边形的高都相等， 且等于√3a,两邻边的夹角都为120°，则S六边形P,Q,Rs,Tw三 }(a+.r)(a-x)Xsin120X2+}(a+x+a-x)X/Sa- 3。:-<3。,当M为三角形时，面积最大为 Ba,面5a2<3。,所以当且仅当0为体对角线AC 的中点时，M的面积最大，故D正确.] A Q P C R R W A D W B .[如图，连接D1A,AC,D1C,因为E,F,G分别为 AB,BC,C1D1的中点，所以ACEF. 0 G C A D-+- A E B 又ACC平面ACD1,EF庄平面ACD1,则EF平面ACD1, 因为EG∥AD1,所以EG∥平面ACD1.又EF∩EG=E, EF,EGC平面EFG,得平面ACD1/∥平面EFG.因为直线 D1P∥平面EFG,所以点P在直线AC上，在△ACD1中， AD,=E,ac=2,CD,=2Sa,e=号×2XV2-(罗) 2,故当O,PLAC时，线段DP的长度最小，最小值 √7 为 22 13. 2π 3· [如图，设点D是点S在平面ABC上的投影，则DA= DB=DC,点O在直线SD上，设球O的半径为R.因为 AB=BC=AC=8,SA=2,所以AD=号Vg-(- √3，则SD=1,在Rt△AD0中，R2=(W3)2+(R-1)2,解 得R=2,所以OA=0S=SA=2,可得∠A0S=号，所以球 0对应的球面上经过S,A两点的测地线长为号×2-经.】 D 14.16π；√19.[因为在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC⊥ BC,所以将直三棱柱ABC-A,B1C,补成长方体ACBD A1C1B1D1,如图1所示，所以直三棱柱ABC-A1B1C1的 外接球就是长方体ACBD-A1C1B:D1的外接球. 因为AC=2,BC=√3，CC1=3,所以外接球的直径为2R √JAC2+BC2+CC7=√4+3+9=4，所以外接球的半径 为R=2,所以直三棱柱外接球的表面积为4π×22=16π 直三棱柱中，侧面与底面垂直，因为AC⊥BC,平面ABC1 平面BCC1B1,平面ABC∩平面BCC1B1=BC,所以AC⊥ 平面BCC1B1,因为B1CC平面BCC1B1,所以AC⊥B1C, 将△C1B1C绕B1C展开至与平面BCC1B1垂直的位置， 则A,C,C1,B1共面，如图2所示，连接AC1,则AC1的长 就是AP十PC1的最小值. 在△CC1B1中，∠B1C1C=90°，B1C1=√3，CC1=3,则 B1C=√3+9=2√3，在△ACB1中，∠ACB1=90°，AC= 2,在△ACC1中，由余弦定理得AC=AC2+CC-2AC· CC1cos∠ACC1=4+9-2X2X3cos(90°+∠B1CC1)= 13+12sin∠B1CC1=13+12XB,C=13+12X3 2w3 19,所以AC1=√/19，所以AP+PC1的最小值为√19.] 图 图2 45 15.(1)因为E,Q分别是AD,BC的中点， 所以ED=BQ,ED∥BQ, 所以四边形BEDQ是平行四边形，所以BEDQ. 又BE庄平面PDQ,DQC平面PDQ, 所以BE平面PDQ, 又F是PA的中点，所以EFPD, 因为EF￠平面PDQ,PDC平面PDQ, 所以EF∥平面PDQ. 因为BE∩EF=E,BE,EFC平面BEF, 所以平面BEF∥平面PDQ. (2)连接AQ,因为PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 所以PA⊥BD 因为BD⊥FQ,PA∩FQ=F,PA,FQC平面PAQ, 所以BD⊥平面PAQ. 因为AQC平面PAQ,所以AQ⊥BD. 在矩形ABCD中， 由AQ⊥BD得△AQB与△DBA相似， 所以AB2=AD·BQ. 又AB=1,AD=2,所以B0=号，QC- 2,所以 16.(1)由题意知AB⊥AD,AB⊥AF, 又AD∩AF=A,AD,AFC平面ADF, 所以AB⊥平面ADF. (2)依题意可得DCEF且DC=FE, 所以四边形DCEF为平行四边形，所以CE∥DF. 又DFC平面ADF,CE平面ADF, 所以CE平面ADF. (3)因为平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面 ABEF=AB,AB⊥AD,ADC平面ABCD, 所以AD⊥平面ABEF, 又BEC平面ABEF,所以AD⊥BE. 方案一选择条件①. 过点E作EM⊥AB,交AB于点M,易得M为AB的中 点，所以BE=AE=√5， 此时c0S∠AEB=AE2+BE2-AB2=3+3-4_1 2AE·BE 2X3X33 所以60°<∠AEB<90°. 如图，过点E作EH⊥AE交AB的延长线于点H,连接 CH. 46 因为AD⊥平面ABEF,EHC平面ABEF, 所以AD⊥EH. 又AD∩AE=A,AD,AEC平面ADE, 所以EH⊥平面ADE 又EHC平面HCE,所以平面HCE⊥平面ADE. 显然平面BCE与平面ADE不垂直. 方案二选择条件②. 因为AD=1,所以AF=1, 所以AE=√AF2+EF=√2，BE=√2+1平=√2， 所以AE2+十BE2=AB2,即AE⊥BE. 又AD∩AE=A,AD,AEC平面ADE, 所以BE⊥平面ADE 又BEC平面BCE,所以平面BCE⊥平面ADE. 方案三选择条件③ 因为BE⊥DE,BE⊥AD,AD∩DE=D,AD,AEC平面 ADE,所以EB⊥平面ADE. 又BEC平面BCE,所以平面BCE⊥平面ADE. 17.(1)PC⊥平面ABC,ABC平面ABC,.PC⊥AB. .AB⊥BC,PC∩BC=C,PC,BCC平面PBC, .AB⊥平面PBC 又CDC平面PBC,∴.AB⊥CD CD⊥PB,AB∩PB=B,AB,PBC平面PAB, ,.CD⊥平面PAB. PAC平面PAB, ∴.CD⊥PA. PD (2)存在，且DB-2.理由如下： 如图，取PA的中点M,连接CM,DM. M 由PF=3AF得PM=2FM,,PD=2DB, ∴.DM/∥BF,DM亡平面BEF,BFC平面BEF, ∴.DM平面BEF. 又E,F分别为AC,AM的中点， .EFCM,又CM平面BEF,EFC平面BEF, .CM/平面BEF. .'CM∩DM=M,CMC平面CDM,DMC平面CDM, ∴.平面BEF平面CDM. ,CDC平面CDM, '.CD平面BEF 18.(1)因为EM平面BCD,EMC平面ABDA1, 平面ABDA∩平面BC1D=BD, 所以BD∥EM. 如图所示，过D作DH⊥AB于H,连接CH,MN, 则CHCD, AHM F 则HM=AB-子AB=子AB, 所以HM:MB=CN:NB=1:2, 所以MN/CH,则MNCD. 因为EM∩MN=M,所以平面EMN平面BC1D: 因为ENC平面EMN,所以EN平面BC1D. (2)在线段AB上取一点F,使BF=A1D=1,连接A1F, 则A,F∥BD.由(1)知EM∥BD, 所以BMA,F所以兴子 所以AE-号×3反=2WE. 取BC的中点G,连接AG,EG,过A作AO⊥EG于点O, 则AO⊥平面BCE. 证明如下： 由题意可知，△ABC为等边三角形，则AG⊥BC, 又AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥BC. 因为AG∩AA1=A,所以BC⊥平面AEG, 所以BC⊥AO. 又EG∩BC=G,所以AO⊥平面BCE. 由射影定理可得AE2=OE·EG, 又AE=2E,EG=2w5,所以OE=45 1 19.(1)因为PE⊥EB,PE⊥ED,EB∩ED=E, EB,EDC平面EBCD. 所以PE⊥平面EBCD. 又PEC平面PEB, 所以平面PEB⊥平面EBCD, 而BCC平面EBCD,BC⊥EB, 且平面PEB∩平面EBCD=EB, 所以BC⊥平面PEB,而MEC平面PBE, 所以BC⊥EM. 由PE=EB,PM=MB知EM⊥PB, 而BC∩PB=B,且PB,BCC平面PBC, 可知EM⊥平面PBC, 又EMC平面EMN,所以平面EMN⊥平面PBC (2)假设存在点N满足题意，如图，过点M作MQ⊥EB于 点Q. D N Q 由PE⊥EB知PEMQ, 由(1)得PE⊥平面EBCD,所以MQ⊥平面EBCD, 过点Q作QR⊥EN于点R,连接MR, 由MQ⊥平面EBCD,且ENC平面EBCD, 得MQ⊥EN. 而QR⊥EN,且QR∩QM=Q,QR,QMC平面MQR, 则EN⊥平面MQR 而MRC平面MQR,则EN⊥MR, 即∠MRQ是二面角B-EN-M的平面角. 不妨设PE=EB=BC=2,则MQ=1, 在Rt△EBN中，设BN=x(O<x<2) 由△EBNR△BRQ得，器 V22+x RO 1 ,得RQ= √22+x2 Q_√2+4 :tan∠MRQ=R x 依题意知cos∠MRQ=5 6 即an∠MRQ=2+4-5, x 解得x=1∈(0,2)， 此时N为BC的中点. 、综上所述，存在点N使得二面角B-ENM的余弦值为后， 此时N为BC的中点. 47铺重难点手册高中数学必修第二册RJA 第八章单 考试时长：120分钟 一、单项选择题（本大题共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.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，动点E 在棱BB1上，动点F在线段A1C1上，O为底面 ABCD的中心，若BE=x,A1F=y,则四面体 O-AEF的体积( B A.与x,y都有关 B.与x,y都无关 C.与x有关，与y无关 D.与y有关，与x无关 2.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱（其底 面是正方形，且侧棱垂直于底面)高为4，体积为 16,则这个球的表面积是(). A.16π B.20π C.24π D.32π 3.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1= a,∠BAB1=∠B1A1C1=30°，则异面直线AB 与A1C1所成的角，AA1与B1C所成的角分别 为(). A.30°，30° B.30°，45 C.45°，45° D.60°，45° 4.在炎热的夏天里，人们都喜欢在饮品里放冰块 喝冷饮降温，如图是一个高脚杯和它的轴截面 图（轴截面是正三角），容器内有一定量的水.若 在高脚杯内放入一个半径为2cm的球形冰块 后，冰块没有开始融化前水面所在的平面恰好 38 元学能测评 试卷满分：150分 经过冰块的球心O(水没溢出)，则原来高脚杯 内水的体积是( cm3 B.32n 9 cm3 C. 5.(2025·浙江天台中学单元检测)在正方体 ABCD-A1B1C,D1中，点Q是棱DD1上的动 点，则过A,Q,B,三点的截面图形是(). A.等边三角形 B.矩形 C.等腰梯形 D.以上都有可能 6.(2025·浙江富阳中学月考)如图，在正四面体 ABCD中，E,F是棱CD上的三等分点，记二 面角C-AB-E,E-AB-F,F-AB-D的平面角分 别为01,02,03，则( A.01=02=0 B.01<02<03 C.01=03>02 D.01=03<02 7.(2025·湖北襄阳四中期中)如图，在直角梯形 ABCD中，AB∥CD,AB⊥BC,BC=CD= 号AB-2,E为AB的中点，以DE为折痕把 △ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC =23,则下列结论错误的是(). D A-E- B A.平面PED⊥平面PCD B.PC⊥BD C二面角P-DC-B的大小为 D.PC与平面PED所成角的正切值为√2 8.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N 为BC的中点.当点M在平面DCC1D1内运动 时，有MN/∥伻面A1BD,则线段MN的最小值 为(). A.1 ￡哈 C.√2 D.5 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共 18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选 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.已知圆锥的底面半径为2√3，高为2，S为顶点， A,B为底面圆周上的两个动点，则下列说法正 确的是(）. A.圆锥的体积为24π B.圆锥侧面展开图的圆心角大小为√3π C.圆锥截面SAB面积的最大值为4√3 D.若圆锥的顶点和底面上的所有点都在同一个 球面上，则此球的体积为25“ 10.(2025·安徽淮北一中单元检测)如图，在边长 为2的正方形ABCD中，E,F分别是AB,BC 的中点，将△ADE,△BEF,△DCF分别沿 DE,EF,DF折起，使A,B,C三点重合于点 P,下列说法正确的是( A.PE⊥DF B三棱锥P-DEF的体积为号 C.点P在平面DEF的投影是△DEF的内心 ,第八章立体几何初步 D.设PD,PE,PF与平面DEF所成角分别 为a,B,Y,则sina+sin2B+sinY=1 11.(2024·浙江乐清知临中学单元检测)如图，已 知正方体ABCD-A1B1C1D1,O为体对角线AC 上一点（不与点A,C1重合），过点O作垂直于直 线AC1的平面a,平面a与正方体表面相交形成 的多边形记为M.下列结论正确的是( A A B A.M只可能为三角形或六边形 B直线AC,与直线BD所成的角为号 C.当且仅当O为体对角线AC1的中点时，M 的周长最大 D.当且仅当O为体对角线AC1的中点时，M 的面积最大 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分 将答案填在题中的横线上) 12.(2025·浙江金华一中期中)如图，在长方体 ABCD-A1B1C1D1中，AD=DD1=1,AB= √3，E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点.点 P在平面ABCD内，若直线D1P平面EFG, 则线段D1P长度的最小值是 D)- A E 13.球面几何是几何学的一个重要分支，在航海、 航空、卫星定位等方面都有广泛的应用.球面 几何中，球面两点之间最短的距离为经过这两 点的大圆的劣弧长，称为测地线.已知正三棱 锥S-ABC,侧棱长为2，底面边长为3，设球O 为其外接球，则球O对应的球面上经过S,A 两点的测地线长为 39 铺重难点手册高中数学必修第二册RJA 14.(2025·浙江杭州二中单元检测)如图，在直三 棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC,AC=2,BC =√5，C℃1=3，则该直三棱柱外接球的表面积 为 ;设P为线段B1C上的动点，则 AP+PC1的最小值为 .(本题第一空 2分，第二空3分) 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写 出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)如图，在矩形ABCD中，AB=1,AD =2,PA⊥平面ABCD,E,F分别为AD,PA 的中点，点Q是BC上的一个动点， (1)当Q是BC的中点时，求证：平面BEF平 面PDQ; ()②当BDLFQF时，求8怒的值 16.(15分)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥ CD,AB⊥AD,AB=2CD=2,并将直角梯形 ABCD绕AB边旋转至ABEF, (1)求证：直线AB⊥平面ADF. (2)求证：直线CE平面ADF. 40 (3)当平面ABCD⊥平面ABEF时，再从下面 三个条件中选择一个作为已知条件，使平 面ADE与平面BCE垂直，并证明你的 结论 条件①：AE=√3； 条件②：AD=1; 条件③：BE⊥DE. 17.(15分)(2025·湖南株洲二中月考)如图，在三 棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC. (1)若CD⊥PB,AB⊥BC.求证：CD⊥PA. (2)若E,F分别在棱AC,PA上，且AE= EC,PF=3AF,问在棱PB上是否存在一 点D,使得CD∥平面BEF.若存在，则求 出器的值：考不存在，请说明理由。 18.(17分)如图，多面体ABC-A1DC1由一个正 棱柱截去一个三棱锥而得，AB=4,AA1= 3√2，A1D=1,AA1⊥平面ABC,M为AB的 中点，E为棱AA1上一点，且EM∥平面 BC D. (1)若点N在棱BC上，且BN=2NC,证明： EN∥平面BC1D; (2)过点A作平面BCE的垂线，垂足为O,确 定O的位置（说明作法及理由），并求线段 OE的长. A D M 第八章立体几何初步推 19.(17分)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥ DC,∠ABC=90°，AB=2DC=2BC,E为AB 的中点，沿DE将△ADE折起，使得点A到 点P位置，且PE⊥EB,M为PB的中点，N 是BC上的动点（与点B,C不重合）. D (I)求证：平面EMN⊥平面PBC. (2)是否存在点N,使得二面角B-EN-M的余 弦值为百？若存在，确定N点的位置：若 不存在，请说明理由. 41