专题过关检测三 立体几何
(分值:150 分)
一、选择题:本大题共8 小题,每小题5 分,共计40 分.每小题给出的四个选项中,只有一个
选项是正确的.
1.(2025 广东中山二模)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线
均相切.若O1O2=2,则圆柱O1O2的表面积为( )
A.4π
B.5π
C.6π
D.7π
2.(2025 辽宁鞍山二模)若圆锥的侧面积与轴截面面积之比为2π,则圆锥母线与底面所成
角的大小为( )
A.π
6
B.π
4
C.π
3
D.π
2
3.(2025 安徽皖南八校三模)设l1,l2,l3是三条不同的直线,α,β 是两个不同的平面,且
α∩β=l1,l2⊂α,l3⊂β,则“l2∥l3”是“l1∥l2”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
4.(2025 广东深圳二模)已知正四棱锥的底面边长为6,且其侧面积是底面积的2 倍,则此
正四棱锥的体积为( )
A.36❑√3
B.36❑√6
C.108❑√3
D.108❑√6
5.(2025 山东青岛、淄博二模)已知一个圆锥的侧面展开图是个半圆,其母线长为2❑√3,该
圆锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面半径为
❑√3
3
的圆锥,则所得圆台的体积为(
)
A.13 π
9
B.13 π
3
C.26 π
9
D.13 ❑√3 π
9
6.(2025 浙江名校协作体模拟)一个底面边长为2 cm 的正四棱柱形状的容器内装有一些
水(底面放置于桌面上),现将一个底面半径为1 cm 的铁制实心圆锥放入该容器内,圆锥完
全沉入水中且水未溢出,并使得水面上升了π
2
cm.若该容器的厚度忽略不计,则该圆锥的
侧面积为( )
A.❑√37π cm2
B.6π cm2
C.2❑√10π cm2
D.2❑√37π cm2
7.(2025 北京东城一模)祈年殿(图1)是北京市的标志性建筑之一,距今已有600 多年历史.
殿内部有垂直于地面的28 根木柱,分三圈环形均匀排列.内圈有4 根约为19 米的龙井柱,
寓意一年四季;中圈有12 根约为13 米的金柱,代表十二个月;外圈有12 根约为6 米的檐
柱,象征十二个时辰.已知由一根龙井柱AA1和两根金柱BB1,CC1形成的几何体ABC-
A1B1C1(图2)中,AB=AC=8,∠BAC=144°,则平面A1B1C1与平面ABC 所成角的正切值为(
)
图1
图2
A.
4
3sin18°
B.
3
4 sin18°
C.
4
3cos18°
D.
3
4 cos18°
8.在三棱锥P-ABC 中,AB=AC=4,∠BAC=120°,PA=6,PB=PC=2❑√13,则三棱锥P-ABC 的
外接球的表面积为( )
A.100π
B.75π
C.80π
D.120π
二、选择题:本大题共3 小题,每小题6 分,共计18 分.在每小题给出的四个选项中,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.(2025 辽宁本溪模拟)已知α,β 是两个不重合的平面,m,n 是两条不重合的直线,则下列说
法正确的是( )
A.若m∥n,m⊥α,则n⊥α
B.若m∥α,α∩β=n,则m∥n
C.若m⊥α,m⊥β,则α∥β
D.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β
10.(2025 福建厦门三模)如图,一个漏斗的上面部分可视为长方体ABCD-A'B'C'D',下面部
分可视为正四棱锥P-ABCD,O 为正方形ABCD 的中心,两部分的高都是该正方形边长的
一半,则( )
A.A'O⊥AB
B.A'O∥平面APD
C.平面AA'P⊥平面BDP
D.CC'与A'P 为相交直线
11.(2025 山东烟台模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P 为棱AA1的中点,则(
)
A.直线PD1与BC 所成的角为30°
B.B1D⊥平面A1BC1
C.过点P 且与B1D 垂直的平面截正方体所得截面的面积为3❑√3
D.以P 为球心,❑√6为半径的球面与侧面BCC1B1的交线的长度为
❑√2π
2
三、填空题:本大题共3 小题,每小题5 分,共计15 分.
12.(2025 上海普陀二模)若一个圆锥的高为❑√2,侧面积为2❑√2π,则该圆锥侧面展开图中扇
形的圆心角的大小为 .
13.(2025 北京东城二模)《九章算术》是我国古代著名的数学著作,其中讨论了“垣”
“堑”等建筑的体积问题.某工程要完成一个形如直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的“堑”形
沟渠的土方作业(如图),其中AD,BC 与平面AA1B1B 所成的角均为π
3
,AB∥DC,AB=4 米,
DC=8 米,AA1=20 米,则需要挖土 立方米.
14.(2025 山东潍坊二模)已知圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,其下底面与半球O
的底面重合,上底面圆周在半球O 的球面上,则圆台的侧面积为 ;半球O 被该
圆台的上底面所在的平面截得两部分,其体积分别为V1,V2(V1<V2),则V 1
V 2
= .
四、解答题:本大题共5 小题,共计77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13 分)(2025 河南新乡二模)《九章算术·商功》中,将四个面都为直角三角形的四面体
称为鳖臑.如图,在四面体ABCD 中,CD⊥平面ABC,AB⊥BC,且AB=4,BC=CD=3,⃗
AE = 2
3⃗EC.
(1)证明:四面体ABCD 为鳖臑;
(2)若直线MN⊥平面ABD,求直线BE 与MN 所成角的余弦值.
16.(15 分)(2025 北京东城一模)如图,在几何体ABCDEF 中,四边形ABCD 为平行四边形,
平面ADE⊥平面CDE,AD⊥DE,AD=DE=DC=1,BF∥DE.
(1)证明:FC∥平面ADE;
(2)已知点E 到平面AFC 的距离为
❑√6
2
,且AC=CE,求BF 的长.
17.(15 分)(2025 山东滨州二模)如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是矩形,
AD=2,AB=3,AB⊥PD,△APD 为等腰三角形,且∠PAD=2π
3
,点E 为线段PD 上一点.
(1)若BP∥平面ACE,求PE
PD
的值;
(2)当PE
PD
为何值时,直线AE 与平面PAC 所成的角最大,并求最大角的值.
18.(17 分)(2025 山东临沂一模)在△NBC 中,∠NBC=90°,AD∥BC,NA=CD=2AB=2,如图,
将△NAD 沿AD 翻折至△PAD.
(1)证明:平面PBC⊥平面PAB;
(2)若二面角P-AD-B 大小为120°.
(ⅰ)求PA 与平面PBC 所成角的正弦值;
(ⅱ)在线段PD 上是否存在点E,使得平面ABE 与平面PDC 所成角的余弦值为1
5
?若存在,
确定点E 的位置;若不存在,说明理由.
19.(17 分)(2025 辽宁沈阳模拟)离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设P 为多面体M
的一个顶点,定义多面体M 在点P 处的离散曲率为ΦP=1- 1
2π
(∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…
+∠Qk-1PQk+∠QkPQ1),其中Qi(i=1,2,…,k,k≥3)为多面体M 的所有与点P 相邻的顶点,且
平面Q1PQ2,平面Q2PQ3,…,平面Qk-1PQk和平面QkPQ1为多面体M 的所有以P 为公共点
的面.如图,在三棱锥P-ABC 中.
(1)求三棱锥P-ABC 在各个顶点处的离散曲率的和;
(2)若PA⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,三棱锥P-ABC 在顶点C 处的离散曲率为3
8
,求
点A 到平面PBC 的距离;
(3)在(2)的前提下,又知点Q 在棱PB 上,直线CQ 与平面ABC 所成角的余弦值为
❑√30
6
,求
BQ 的长度.
答案：
1.C 解析 由题意知,圆柱O1O2底面半径r=O1O2
2
=1,母线长l=O1O2=2,所以圆柱O1O2的
表面积S=2πr2+2πrl=2π+4π=6π.故选C.
2.A 解析 设圆锥的底面半径为r,母线长为l,高为h,则由题意得
1
2 ×2π r ×l
1
2 ×2r ×h
=2π,解得
l=2h,设圆锥母线与底面所成角为θ 0<θ<π
2 ,则sin θ=h
l = 1
2,所以θ=π
6 ,所以圆锥母线与
底面所成角的大小为π
6
.
3.A 解析 当l2∥l3时,l3⊂β,l2⊄β,所以l2∥β,又l2⊂α,α∩β=l1,所以l1∥l2成立,当l1∥l2时,若
l1与l3相交,则l2与l3异面,不能推导出l2∥l3,所以“l2∥l3”是“l1∥l2”的充分不必要条件.
故选A.
4.A 解析 如图,在正四棱锥P-ABCD 中,PO 为四棱锥的高,PE 为侧面的高,因为正四棱
锥的底面边长为6,且其侧面积是底面积的2 倍,所以S 侧=4×1
2
×6PE=2S 底=72,解得
PE=6,PO=❑√P E
2-O E
2=3❑√3,所以VP-ABCD=1
3
S 底·PO=1
3
×36×3❑√3=36❑√3.故选A.
5.C 解析 设圆锥底面半径为r,由题意可得2πr=2❑√3π,解得r=❑√3,如图,作出图形的轴截
面,其中E,B 分别为圆台的上、下底面圆的圆心,则CB=❑√A C
2- A B
2=3,CE
CB = DE
AB = 1
3
,可
得CE=1,BE=2,V=1
3× π×3+π×1
3 + ❑√π ×3×π × 1
3
×2=26 π
9 .故选C.
6.A 解析 设圆锥的高为h cm,所以圆锥的体积V=π h
3
cm3,
由题意,正四棱柱中水上升的体积即为圆锥的体积,所以2×2×π
2 = π h
3
,所以h=6,则圆锥的
母线长为❑√1+36= ❑√37 cm,
故圆锥的侧面积为1
2
×2π×❑√37 = ❑√37π cm2.故选A.
7.B 解析 若平面ABC∥平面DB1C1,则平面A1B1C1与平面ABC 所成角,即为平面A1B1C1
与平面DB1C1所成角,
由题意有△ABC≌△DB1C1,即△DB1C1是等腰三角形,腰长约为8 米,∠B1DC1=144°,易知
∠DB1C1=∠DC1B1=18°,若E 是B1C1的中点,连接DE,A1E,则DE⊥B1C1,且A1D⊥平面
DB1C1,由B1C1⊂平面DB1C1,则A1D⊥B1C1,DE∩A1D=D,DE,A1D⊂平面A1DE,所以B1C1⊥平
面A1DE,则∠A1ED 是平面A1B1C1与平面DB1C1所成角的平面角,其中A1D=19-
13=6,DE=8sin 18°,则tan∠A1ED= A1 D
DE =
3
4 sin18°
.故选B.
8.A 解析 在△BAC 中,由余弦定理得,BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=48,则BC=4❑√3.
因为PA2+AC2=PC2,所以PA⊥AC.同理,PA⊥AB.
又AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,则PA⊥平面ABC.
设△ABC 的外接圆半径为r,
所以2r=
BC
sin120° = 4 ❑√3
❑√3
2
=8,
所以r=4,所以外接球的半径R 满足R2=r2+ PA
2
2=16+9=25,
故三棱锥P-ABC 外接球的表面积为4πR2=100π.
9.ACD 解析 对于A,因为m∥n,m⊥α,所以n⊥α,故A 正确;对于B,根据判定定理,由
m∥α,α∩β=n,m⊂β,得m∥n,而若m∥α,α∩β=n,则m∥n,这个条件中少了m⊂β,故不能说明
m∥n,故B 错误;对于C,因为m⊥α,m⊥β,所以两平面有公共的法向量,根据法向量相同的
两平面,不重合就一定平行,则α∥β,故C 正确;对于D,根据m⊥α,m∥n,得n⊥α,又因为
n∥β,则过n 作一个平面γ 与平面β 相交于l,则n∥l,所以可得l⊥α,又因为l⊂β,所以α⊥β,
故D 正确.故选ACD.
10.BCD 解析 对于A,设正方形ABCD 的边长为2,由正四棱锥性质可得PO⊥平面
ABCD,故PO=AA'=1,因为A'A⊥平面ABCD,故A'O 在平面ABCD 的射影为AO,又AO 不
与AB 垂直,故A'O 不与AB 垂直,故A 不正确;对于B,由题PO∥AA'且PO=AA',故四边形
POA'A 是平行四边形,所以A'O∥AP,A'O⊄平面APD,AP⊂平面APD,所以A'O∥平面
APD,故B 正确;对于C,因为PO∥CC'∥AA',O∈平面CC'A'A,故PO⊂平面CC'A'A,平面
AA'P 即为平面CC'A'A,因为A'A⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A'A⊥BD,又因为
BD⊥AC,A'A∩AC=A,所以BD⊥平面CC'A'A,又BD⊂平面BDP,所以平面BDP⊥平面
CC'A'A,即平面AA'P⊥平面BDP,故C 正确;对于D,因为CC',A'P⊂平面CC'A'A,且不平行,
故CC'与A'P 为相交直线,故D 正确.故选BCD.
11.BCD 解析 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1D1∥B1C1∥BC,故直线PD1与BC 所成的
角即为直线PD1与A1D1所成的角,即∠A1D1P,在Rt△PA1D1中,tan∠A1D1P= P A1
A1 D1
= 1
2,则
∠A1D1P 不为30°,故A 错误;对于B,连接B1D1,则B1D1⊥A1C1,又DD1⊥平面
A1B1C1D1,A1C1⊂平面A1B1C1D1,所以DD1⊥A1C1,B1D1∩DD1=D1,B1D1,DD1⊂平面DD1B1,故
A1C1⊥平面DD1B1,B1D⊂平面DD1B1,故A1C1⊥B1D,同理可证
A1B⊥B1D,A1C1∩A1B=A1,A1C1,A1B⊂平面A1BC1,故B1D⊥平面A1BC1,故B 正确;因为B1D⊥
平面A1BC1,所以过点P 且与B1D 垂直的平面截正方体所得截面与平面A1BC1平行,设
AB,BC,CC1,C1D1,D1A1的中点为Q,E,F,G,H,依次连接P,Q,E,F,G,H,可得六边形PQEFGH
为正六边形,而PQ∥A1B,PQ⊄平面A1BC1,A1B⊂平面A1BC1,故PQ∥平面A1BC1,同理可证
EQ∥平面A1BC1,EQ∩PQ=Q,EQ,PQ⊂平面PQEFGH,故平面PQEFGH∥平面A1BC1,即过
点P 且与B1D 垂直的平面截正方体所得截面即为六边形PQEFGH,边长为❑√2,其面积为
6×
❑√3
4
×(❑√2)2=3❑√3,故C 正确;
对于D,过点P 作BB1的垂线,垂足为M,则M 为BB1的中点,且PM⊥平面BCC1B1,
设以P 为球心,❑√6为半径的球面与侧面BCC1B1的交线上的点为K,则PK=❑√6,MK⊂平面
BCC1B1,故PM⊥MK,且MK=❑√P K
2- P M
2= ❑√6- 4 = ❑√2,
则以P 为球心,❑√6为半径的球面与侧面BCC1B1的交线为平面BCC1B1上以M 为圆心,以
❑√2为半径的圆弧,N,L 分别为圆弧与B1C1,BC 的交点,如图.
由于∠B1MN=∠BML=45°,故∠LMN=90°,则交线长度为π
2 ×❑√2=
❑√2π
2
,故D 正确.故选
BCD.
12.❑√2π 解析 设底面半径为r,母线长为l,由πrl=2❑√2π,得rl=2❑√2,又h=❑√2,由勾股定理
得l=❑√r
2+2,
所以r❑√r
2+2=2❑√2,解得r=❑√2,l=2,
底面圆周长L=2πr=2❑√2π,扇形圆心角θ= L
l = 2❑√2π
2
= ❑√2π.
13.
240❑√3 解析 因为AD,BC 与平面AA1B1B 所成角均为π
3
,且AB∥DC,
所以四边形ABCD 为等腰梯形,
因为AB=4,DC=8,AA1=20,所以等腰梯形的高h=2❑√3,故S 梯形ABCD=1
2
(AB+DC)h=1
2
×(4+8)×2❑√3=12❑√3,所以直四棱柱体积V 直四棱柱ABCD - A1B1C1 D1=S 梯形ABCD·AA1=240❑√3.
14.
6π 16 ❑√3-27
27
解析 作出圆台的轴截面如图,设圆台的上底面半径为r1,下底面半径为
r2,球的半径为R.
∵圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,∴r1=1,r2=2,
又下底面与半球O 的底面重合,∴R=2,
∴圆台的高h=❑√R
2-r1
2= ❑√4 -1= ❑√3,
∴圆台的母线长为l=❑√h
2+(r2-r1)
2= ❑√3+1=2,
∴圆台的侧面积为S=π(r1+r2)l=π(1+2)×2=6π,半球的体积为V 半球=4
3
πR3×1
2 = 2
3
π×23=
16 π
3
.
∵球心到圆台的上底面所在的平面的距离为d=❑√3,
∴球冠的高度为h'=R-d=2-❑√3,
∴球冠的体积为V1=π h'
2(3 R -h')
3
= π (2- ❑√3)
2(6-2+ ❑√3)
3
= π (16-9 ❑√3)
3
,
∴V2=V 半球-V1=16 π
3
−π (16-9 ❑√3)
3
=3❑√3π,
∴V 1
V 2
=
π (16-9 ❑√3)
3
3 ❑√3 π
= 16 ❑√3-27
27
.
15.(1)证明 因为CD⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,AC⊂平面ABC,AB⊂平面ABC,
所以CD⊥BC,CD⊥AC,CD⊥AB.
又AB⊥BC,且BC∩CD=C,BC,CD⊂平面BCD,
所以AB⊥平面BCD,又BD⊂平面BCD,则AB⊥BD,
所以四面体ABCD 的四个面都为直角三角形,则四面体ABCD 为鳖臑.
(2)解 以B 为坐标原点,⃗BC ,⃗BA的方向分别为x 轴、y 轴的正方向,建立空间直角坐标系,
如图所示,
则A(0,4,0),B(0,0,0),D(3,0,3),E 6
5 , 12
5 ,0 ,
则⃗BA=(0,4,0),⃗BD=(3,0,3),⃗BE= 6
5 , 12
5 ,0 .
设平面ABD 的法向量为n=(x,y,z),则{
n·⃗BA = 4 y =0,
n·⃗BD =3 x +3 z =0,令x=1,得n=(1,0,-1).
由cos<⃗BE,n>=⃗BE·n
|⃗BE||n|
=
❑√10
10 ,得直线BE 与MN 所成角的余弦值为
❑√10
10
.
16.(1)证明 由四边形ABCD 为平行四边形,得AD∥BC,又BF∥DE,AD⊂平面ADE,BC⊄
平面ADE,则BC∥平面ADE,同理BF∥平面ADE,
由BC∩BF=B,BC,BF 都在平面BCF 内,则平面BCF∥平面ADE,FC⊂平面BCF,则FC∥
平面ADE.
(2)解 因为平面ADE⊥平面CDE,AD⊥DE,平面ADE∩平面CDE=DE,AD⊂平面ADE,
所以AD⊥平面CDE,又DE,CD⊂平面CDE,则AD⊥DE,AD⊥CD,
由AD⊥DE,AD⊥CD,AD=DE=DC=1,得△ADE≌△ADC,又AC=CE,故AC=AE=CE,
所以△ADE≌△ADC≌△EDC,则CD⊥DE.
综上,AD⊥DE,AD⊥CD,CD⊥DE.
以D 为原点,⃗DA ,⃗DC ,⃗DE为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,
所以A(1,0,0),C(0,1,0),E(0,0,1),令BF=x>0,则F(1,1,x),
故⃗AF=(0,1,x),⃗CF=(1,0,x),⃗AE=(-1,0,1),
设平面AFC 的法向量为m=(a,b,c),则{
m·⃗AF =b+ xc =0,
m·⃗CF =a+ xc =0,取a=x,则m=(x,x,-1).
由题设|⃗AE·m|
|m|
=
x +1
❑√2 x
2+1
=
❑√6
2 ,可得4x2-4x+1=0,解得x=1
2,所以BF=1
2.
17.
解 (1)设AC∩BD=O,连接OE.
因为四边形ABCD 为矩形,所以O 为BD 的中点,
又因为BP∥平面ACE,且BP⊂平面BDP,平面ACE∩平面BDP=OE,所以BP∥OE,
又在△BDP 中,O 为BD 的中点,可得E 为DP 的中点,
所以当BP∥平面ACE 时, PE
PD = 1
2
.
(2)因为AB⊥AD,AB⊥PD,PD∩AD=D,PD,AD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD.
以点A 为原点,分别以AB,AP 所在直线为z 轴、y 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AD=2,AB=3,△APD 为等腰三角形,所以AP=3,且∠PAD=2π
3
,则∠DAx=π
6
,所以
A(0,0,0),P(0,2,0),D(❑√3,-1,0),C(❑√3,-1,3).
设⃗PE=λ⃗PD=λ(❑√3,-3,0),其中0<λ≤1,(易知λ=0 时线面角为0,不是最大)⃗
AE =⃗AP+⃗PE=(0,2,0)+λ(❑√3,-3,0)=(❑√3λ,2-3λ,0),⃗
AP=(0,2,0),⃗AC=(❑√3,-1,3).
设平面PAC 的法向量为n=(x,y,z),
则{
n·⃗AP =2 y =0,
n·⃗AC = ❑√3 x - y +3 z =0,取x=❑√3,可得n=(❑√3,0,-1).
设直线AE 与平面PAC 所成的角为θ,由题意可得sin θ=
|⃗AE·n|
|⃗AE||n|
=
3 λ
2×
❑√3 λ
2+(2-3 λ)
2 =
3
4 ❑√
1
λ
2 -3 1
λ +3
,
因为0<λ≤1,所以当1
λ = 3
2
,即λ=2
3
时直线AE 与平面PAC 所成角的正弦值最大,为
❑√3
2
,
此时直线AE 与平面PAC 所成的角最大,为θ=π
3
,故当PE
PD = 2
3
时,直线AE 与平面PAC 所
成的角最大,为θ=π
3
.
18.(1)证明 因为∠NBC=90°,AD∥BC,所以AD⊥AP,AD⊥AB,因为PA∩AB=A,PA,AB⊂平
面PAB,所以AD⊥平面PAB,所以BC⊥平面PAB,又BC⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面
PAB.
(2)解 (ⅰ)在四棱锥P-ABCD 中,由(1)知∠PAB 即二面角P-AD-B 的平面角,
故∠PAB=120°,因为NA=CD=2AB=2,所以NC=6,NB=3,从而BC=3❑√3,∠DCB=30°,
过点A 作AF⊥PB,交PB 于点F,又因为AF⊥BC,可得AF⊥平面PBC,PA 与平面PBC 所
成角即为∠APF.
在△PAB 中,由余弦定理可得PB=❑√P A
2+ A B
2-2 PA · ABcos120°= ❑√7,由等面积法,得
AF=
1
2 PA · ABsin120°
1
2 PB
=
❑√21
7
,sin∠APF= AF
AP =
❑√21
14
,
所以PA 与平面PBC 所成角的正弦值为
❑√21
14
.
(ⅱ)以点A 为原点,AB,AD 所在直线为x 轴、y 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),P(-1,0,❑√3),B(1,0,0),D(0,2❑√3,0),C(1,3❑√3,0),⃗DP=(-1,-2❑√3,❑√3).
设⃗DE=λ⃗DP,λ∈[0,1],可得E(-λ,2❑√3(1-λ),❑√3λ),⃗AE=(-λ,2❑√3(1-λ),❑√3λ),⃗AB=(1,0,0),⃗DC=(1,
❑√3,0).
设平面ABE 的法向量为m=(x,y,z),
则{
m·⃗AB =0,
m·⃗AE =0, 即{
x =0,
- λx +2❑√3(1- λ) y + ❑√3 λz =0,
令y=λ,可得m=(0,λ,2(λ-1)).
设平面PDC 的法向量为n=(a,b,c),
则{
n·⃗DP=0,
n·⃗DC =0, 即{
-a-2❑√3b+ ❑√3c =0,
a+ ❑√3b=0,
令a=❑√3,可得n=(❑√3,-1,-1).
设平面ABE 与平面PDC 的夹角为θ,则cos θ=|3 λ -2|
❑√5·
❑√5 λ
2-8 λ+ 4
= 1
5,解得λ=1
2或λ=4
5 .
所以存在点E,当DE=1
2
DP 或DE=4
5
DP 时满足题意.
19.解 (1)由离散曲率的定义得ΦP=1- 1
2π
(∠APB+∠BPC+∠APC),
ΦA=1- 1
2π
(∠PAB+∠BAC+∠PAC),ΦB=1- 1
2π
(∠PBA+∠ABC+∠PBC),
ΦC=1- 1
2π
(∠PCA+∠BCA+∠PCB),所以ΦP+ΦA+ΦB+ΦC=4- 1
2π
×4π=2.
(2)由PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,得PA⊥BC,
又AC⊥BC,AC∩PA=A,AC,PA⊂平面PAC,则BC⊥平面PAC,由PC⊂平面PAC,得
BC⊥PC,即∠BCP=π
2
,又ΦC=1- 1
2π
(∠PCA+∠BCA+∠PCB),
即3
8=1- 1
2π ∠PCA+π
2 + π
2 ,解得∠PCA=π
4 .
过点A 作AM⊥PC,交PC 于点M,由BC⊥平面PAC,AM⊂平面PAC,得BC⊥AM,
又BC∩PC=C,BC,PC⊂平面PCB,则AM⊥平面PCB,
因此点A 到平面PCB 的距离为线段AM 的长,在Rt△ACM 中,AM=ACsin∠PCA=2×
❑√2
2 = ❑√2,
所以点A 到平面PBC 的距离为❑√2.
(3)过点Q 作QG∥PA 交AB 于点G,连接CG,
由PA⊥平面ABC,得QG⊥平面ABC,则∠GCQ 为直线CQ 与平面ABC 所成的角,
依题意,PA=2,AB=❑√2
2+2
2=2❑√2,PB=❑√2
2+(2❑√2)
2=2❑√3,
则sin∠PBA= PA
PB =
❑√3
3
,cos∠PBA= AB
PB =
❑√6
3
,设BQ=x(0<x≤2❑√3),QG=BQsin∠PBA=
❑√3
3
x,BG=BQcos∠PBA=
❑√6
3
x,
在△BCG 中,CG=❑√BC
2+ BG
2-2BC ·BGcos∠CBG = ❑√4 + 2
3 x
2- 4 ❑√3
3
x,
由cos∠GCQ=
❑√30
6
,得sin∠GCQ=❑√1-co s
2∠GCQ =
❑√6
6
,tan∠GCQ= sin ∠GCQ
cos∠GCQ =
❑√5
5
,因
此tan∠GCQ=QG
CG =
❑√3
3 x
❑√4 + 2
3 x
2- 4 ❑√3
3
x
=
❑√5
5
,而x>0,解得x=2❑√3
3
,所以BQ=
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