（课标全国版）高考数学第一轮复习讲练测 专题八 能力提升检测卷 原卷版+解析

专题八能力提升检测卷选择题（本题共16个小题，每小题3分，共48分）1．以下命题中真命题的序号是()①若棱柱被一平面所截，则分成的两部分不一定是棱柱；②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；③当球心到平面的距离小于球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆．A．①③B．②③C．①②D．①②③2.我国古代的数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥．现有一如图所示的“堑堵”，即三棱柱ABC­A1B1C1，其中AC⊥BC，若AA1＝AB＝1，当“阳马”(四棱锥B­A1ACC1)体积最大时，“堑堵”(三棱柱ABC­A1B1C1)的表面积为()A.eq\r(2)＋1 B.eq\r(3)＋1C.eq\f(2\r(2)＋3,2) D.eq\f(\r(3)＋3,2)3.把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形)，则皮球的半径为()A．10eq\r(3)cm B．10cmC．10eq\r(2)cm D．30cm4．已知△ABC的边长都为2，在边AB上任取一点D，沿CD将△BCD折起，使平面BCD⊥平面ACD.在平面BCD内过点B作BP⊥平面ACD，垂足为P，那么随着点D的变化，点P的轨迹长度为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D．π5.3D打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术(即“积层造型法”)．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用(比如髋关节、牙齿或一些飞机零部件等)．已知利用3D打印技术制作如图所示的模型．该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上)，圆锥底面直径为10eq\r(2)cm，母线与底面所成角的正切值为eq\r(2).打印所用原料密度为1g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为(取π＝3.14，精确到0.1)()A．609.4g B．447.3gC．398.3g D．357.3g6．已知在三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别为AC，B1C1的中点，E，F分别为BC，B1B的中点，则直线MN与直线EF、平面ABB1A1的位置关系分别为()A．平行、平行 B．异面、平行C．平行、相交 D．异面、相交7．设α，β为不重合的两个平面，m，n为不重合的两条直线，则下列命题正确的是()A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥αB．若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥βC．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥βD．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α8.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是()A．与AC，MN均垂直B．与AC垂直，与MN不垂直C．与AC不垂直，与MN垂直D．与AC，MN均不垂直9.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点．则下列叙述中正确的是()A．直线BQ∥平面EFGB．直线A1B∥平面EFGC．平面APC∥平面EFGD．平面A1BQ∥平面EFG10．若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列说法中正确的是()A．α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥nB．α⊥γ，β⊥γ⇒α∥βC．α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥βD．α∩β＝m，β∩γ＝n，m∥n⇒α∥γ11．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为eq\f(9,4)，底面是边长为eq\r(3)的正三角形，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A.eq\f(5π,12)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)12.如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，现在沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合，重合后的点记为G.给出下列关系：①SG⊥平面EFG；②SE⊥平面EFG；③GF⊥SE；④EF⊥平面SEG.其中成立的有()A．①② B．①③C．②③ D．③④13.如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5) D.eq\f(4,5)14.如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中不正确的是()A．BC⊥平面PACB．AE⊥EFC．AC⊥PBD．平面AEF⊥平面PBC15.如图，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，AC与BD的交点为O，点M在BC′上，且BM＝2MC′，则下列向量中与eq\o(OM,\s\up6(→))相等的向量是()A．－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(7,6)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA′,\s\up6(→))B．－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(5,6)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AA′,\s\up6(→))C.eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,6)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA′,\s\up6(→))D.eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,6)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AA′,\s\up6(→))16.如图，在四棱锥C－ABOD中，CO⊥平面ABOD，AB∥OD，OB⊥OD，且AB＝2OD＝12，AD＝6eq\r(2)，异面直线CD与AB所成的角为30°，点O，B，C，D都在同一个球面上，则该球的半径为()A．3eq\r(2)B．4eq\r(2)C.eq\r(21)D.eq\r(42)二、填空题（本题共4个小题，每小题3分，共12分）17．在棱长为4的密封正方体容器内有一个半径为1的小球，晃动此正方体，则小球可以经过的空间的体积为________．18．已知在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝CC1＝eq\r(2)，P是BC1上一动点，则A1P＋PC的最小值为________．19．在四面体ABCD中，DA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝4，AC＝3，AD＝1，E为棱BC上一点，且平面DAE⊥平面BCD，则DE＝________.20．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，eq\o(VP,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up7(→))，eq\o(VM,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VB,\s\up7(→))，eq\o(VN,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up7(→)).则VA与平面PMN的位置关系是________．三、解答题（本题共4个小题，每小题10分，共40分）21．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.22.如图，正方形ABCD的边长为2eq\r(2)，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝eq\r(3)，且FO⊥平面ABCD.(1)求证：AE∥平面BCF；(2)求证：CF⊥平面AEF.23.如图，四棱锥P­ABCD的底面为矩形，PA是该四棱锥的高，PB与平面PAD所成的角为45°，F是PB的中点，E是BC上的动点．(1)证明：PE⊥AF；(2)若BC＝2AB，PE与AB所成角的余弦值为eq\f(2\r(17),17)，求二面角D­PE­B的余弦值．24．如图1，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC＝6eq\r(2).如图2，将图1中△DAC沿AC折起，使得点D在平面ABC上的正投影G在△ABC内部，点E为AB的中点，连接DB，DE，三棱锥D­ABC的体积为12eq\r(2).对于图2的几何体．(1)求证：DE⊥AC；(2)求DB与平面DAC所成角的余弦值．专题八能力提升检测卷选择题（本题共16个小题，每小题3分，共48分）1．以下命题中真命题的序号是()①若棱柱被一平面所截，则分成的两部分不一定是棱柱；②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；③当球心到平面的距离小于球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆．A．①③B．②③C．①②D．①②③【答案】A【解析】①正确；②有两个面平行，其余各面都是平行四边形并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱，故不正确；③当球心到平面的距离小于球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆，正确．综上可得，只有①③正确．2.我国古代的数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥．现有一如图所示的“堑堵”，即三棱柱ABC­A1B1C1，其中AC⊥BC，若AA1＝AB＝1，当“阳马”(四棱锥B­A1ACC1)体积最大时，“堑堵”(三棱柱ABC­A1B1C1)的表面积为()A.eq\r(2)＋1 B.eq\r(3)＋1C.eq\f(2\r(2)＋3,2) D.eq\f(\r(3)＋3,2)【答案】C【解析】由题意知，△ABC为直角三角形，且∠ACB＝90°，设AC＝x，则BC＝eq\r(1－x2)(0<x<1)，则VB­A1ACC1＝eq\f(1,3)S四边形A1ACC1·BC＝eq\f(1,3)×1×x×eq\r(1－x2)＝eq\f(1,3)×xeq\r(1－x2)≤eq\f(1,3)×eq\f(x2＋1－x2,2)＝eq\f(1,6)(当且仅当x＝eq\r(1－x2)，即x＝eq\f(\r(2),2)时，等号成立，此时VB­A1ACC1最大)，此时三棱柱ABC­A1B1C1的表面积S＝2×eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＋2×eq\f(\r(2),2)×1＋1×1＝eq\f(1,2)＋eq\r(2)＋1＝eq\f(3＋2\r(2),2)，故选C.3.把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形)，则皮球的半径为()A．10eq\r(3)cm B．10cmC．10eq\r(2)cm D．30cm【答案】B【解析】依题意，在四棱锥S­ABCD中，所有棱长均为20cm，连接AC，BD交于点O，连接SO，则SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10eq\r(2)cm，易知点O到AB，BC，CD，AD的距离均为10cm，在等腰三角形OAS中，AO＝SO＝10eq\r(2)cm，SA＝20cm，所以O到SA的距离d＝10cm，同理可证O到SB，SC，SD的距离也为10cm，所以球心为四棱锥底面ABCD的中心O，所以皮球的半径r＝10cm.4．已知△ABC的边长都为2，在边AB上任取一点D，沿CD将△BCD折起，使平面BCD⊥平面ACD.在平面BCD内过点B作BP⊥平面ACD，垂足为P，那么随着点D的变化，点P的轨迹长度为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D．π【答案】C【解析】由题意知，平面BCD⊥平面ACD，且BP⊥平面ACD，那么随着点D的变化，BP⊥CD始终成立，可得在平面ABC中，BP⊥CP始终成立，即得点P的轨迹是以BC为直径的圆的一部分，由题知随着点D的变化，∠BCD的范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，可得点P的轨迹是以BC为直径的圆的eq\f(1,3)，即得点P的轨迹长度为eq\f(1,3)×2π×1＝eq\f(2π,3).5.3D打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术(即“积层造型法”)．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用(比如髋关节、牙齿或一些飞机零部件等)．已知利用3D打印技术制作如图所示的模型．该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上)，圆锥底面直径为10eq\r(2)cm，母线与底面所成角的正切值为eq\r(2).打印所用原料密度为1g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为(取π＝3.14，精确到0.1)()A．609.4g B．447.3gC．398.3g D．357.3g【答案】C【解析】如图是几何体的轴截面，因为圆锥底面直径为10eq\r(2)cm，所以半径为OB＝5eq\r(2)cm.因为母线与底面所成角的正切值为tanB＝eq\r(2)，所以圆锥的高为PO＝10cm.设正方体的棱长为a，DE＝eq\r(2)a，则eq\f(\f(\r(2),2)a,5\r(2))＝eq\f(10－a,10)，解得a＝5.所以该模型的体积为V＝eq\f(1,3)π×(5eq\r(2))2×10－53＝eq\f(500π,3)－125(cm3)．所以制作该模型所需原料的质量为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(500π,3)－125))×1＝eq\f(500π,3)－125≈398.3(g)．6．已知在三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别为AC，B1C1的中点，E，F分别为BC，B1B的中点，则直线MN与直线EF、平面ABB1A1的位置关系分别为()A．平行、平行 B．异面、平行C．平行、相交 D．异面、相交【答案】B【解析】∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别为AC，B1C1的中点，E，F分别为BC，B1B的中点，∴EF⊂平面BCC1B1，MN∩平面BCC1B1＝N，N∉EF，∴由异面直线判定定理得直线MN与直线EF是异面直线．取A1C1的中点P，连接PM，PN，如图，则PN∥B1A1，PM∥A1A，∵AA1∩A1B1＝A1，PM∩PN＝P，∴平面PMN∥平面ABB1A1，∵MN⊂平面PMN，∴直线MN与平面ABB1A1平行．7．设α，β为不重合的两个平面，m，n为不重合的两条直线，则下列命题正确的是()A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥αB．若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥βC．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥βD．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α【答案】D【解析】对于A，若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m与α有可能相交，也有可能m⊂α，故A错误；对于B，若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α与β有可能相交，也有可能平行，故B错误；对于C，若m∥α，n∥β，m⊥n，则α与β有可能平行，也有可能相交，故C错误；对于D，由于m⊥β，n⊥β，所以m∥n，又知n⊥α，所以m⊥α，故D正确．故选D.8.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是()A．与AC，MN均垂直B．与AC垂直，与MN不垂直C．与AC不垂直，与MN垂直D．与AC，MN均不垂直【答案】A【解析】因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1，又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.设正方体的棱长为2，则OM＝eq\r(1＋2)＝eq\r(3)，MN＝eq\r(1＋1)＝eq\r(2)，ON＝eq\r(1＋4)＝eq\r(5)，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.9.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点．则下列叙述中正确的是()A．直线BQ∥平面EFGB．直线A1B∥平面EFGC．平面APC∥平面EFGD．平面A1BQ∥平面EFG【答案】B【解析】过点E，F，G的截面如图所示(H，I分别为AA1，BC的中点)，∵A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，∴A1B∥平面EFG.10．若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列说法中正确的是()A．α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥nB．α⊥γ，β⊥γ⇒α∥βC．α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥βD．α∩β＝m，β∩γ＝n，m∥n⇒α∥γ【答案】C【解析】对于A，由α∥β，m⊂α，n⊂β，可知m，n无公共点，则m与n平行或异面，故A错误；对于B，由α⊥γ，β⊥γ，可知α与β可能平行，也可能相交，故B错误；对于C，由于m∥n，m⊥α，所以n⊥α，又知α∥β，所以n⊥β，故C正确；对于D，如图所示，α∩β＝m，β∩γ＝n，m∥n，但α与γ相交，故D错误．故选C.11．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为eq\f(9,4)，底面是边长为eq\r(3)的正三角形，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A.eq\f(5π,12)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)【答案】B【解析】如图，取正三角形ABC的中心O，连接OP，则∠PAO是PA与平面ABC所成的角．因为底面边长为eq\r(3)，所以AD＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)，AO＝eq\f(2,3)AD＝eq\f(2,3)×eq\f(3,2)＝1.三棱柱的体积为eq\f(\r(3),4)×(eq\r(3))2AA1＝eq\f(9,4)，解得AA1＝eq\r(3)，即OP＝AA1＝eq\r(3)，所以tan∠PAO＝eq\f(OP,OA)＝eq\r(3)，因为直线与平面所成角的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以∠PAO＝eq\f(π,3).12.如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，现在沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合，重合后的点记为G.给出下列关系：①SG⊥平面EFG；②SE⊥平面EFG；③GF⊥SE；④EF⊥平面SEG.其中成立的有()A．①② B．①③C．②③ D．③④【答案】B【解析】∵SG1⊥G1E，SG3⊥G3F，∴SG⊥GE，SG⊥GF，∴SG⊥平面EFG，故①正确；同理可得GF⊥平面EGS，又∵SE⊂平面EGS，根据线面垂直的性质定理，得GF⊥SE，故③正确．故选B.13.如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5) D.eq\f(4,5)【答案】D【解析】连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1(或其补角)即为异面直线A1B与AD1所成的角．连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，则A1C1＝eq\r(2)，A1B＝BC1＝eq\r(5)，在△A1BC1中，由余弦定理得cos∠A1BC1＝eq\f(5＋5－2,2×\r(5)×\r(5))＝eq\f(4,5).14.如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中不正确的是()A．BC⊥平面PACB．AE⊥EFC．AC⊥PBD．平面AEF⊥平面PBC【答案】C【解析】对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，而BC⊂底面圆面，则PA⊥BC，又由圆的性质可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，则BC⊥平面PAC.所以A正确；对于B，由A项可知BC⊥AE，由题意可知AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PCB，所以AE⊥平面PCB，而EF⊂平面PCB，所以AE⊥EF，所以B正确；对于C，由B项可知AE⊥平面PCB，因而AC与平面PCB不垂直，所以AC⊥PB不成立，所以C错误；对于D，由B项可知，AE⊥平面PCB，AE⊂平面AEF，由面面垂直的判定定理可得平面AEF⊥平面PBC.所以D正确．15.如图，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，AC与BD的交点为O，点M在BC′上，且BM＝2MC′，则下列向量中与eq\o(OM,\s\up6(→))相等的向量是()A．－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(7,6)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA′,\s\up6(→))B．－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(5,6)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AA′,\s\up6(→))C.eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,6)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA′,\s\up6(→))D.eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,6)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AA′,\s\up6(→))【答案】C【解析】因为BM＝2MC′，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BC′,\s\up6(→))，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(BC′,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA′,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＋eq\f(2,3)(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA′,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,6)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA′,\s\up6(→)).16.如图，在四棱锥C－ABOD中，CO⊥平面ABOD，AB∥OD，OB⊥OD，且AB＝2OD＝12，AD＝6eq\r(2)，异面直线CD与AB所成的角为30°，点O，B，C，D都在同一个球面上，则该球的半径为()A．3eq\r(2)B．4eq\r(2)C.eq\r(21)D.eq\r(42)【答案】C【解析】由条件可知AB∥OD，所以∠CDO为异面直线CD与AB所成角，故∠CDO＝30°，而OD＝6，故OC＝OD·tan30°＝2eq\r(3)，在直角梯形ABOD中，易得OB＝6，由于OB，OC，OD两两垂直，以OB，OC，OD为相邻的三条棱，补成一个长方体，则该长方体的外接球半径R即为所求的球的半径，由(2R)2＝(2eq\r(3))2＋62＋62＝84，故R＝eq\r(21).二、填空题（本题共4个小题，每小题3分，共12分）17．在棱长为4的密封正方体容器内有一个半径为1的小球，晃动此正方体，则小球可以经过的空间的体积为________．【解析】先考虑小球不能经过的空间的体积．(1)当小球与正方体一顶点处的三个面都相切时，球面与该顶点处的三个面之间形成的空隙，小球始终无法经过，其体积为13－eq\f(1,8)×eq\f(4π,3)×13＝1－eq\f(π,6).正方体有8个顶点，共形成8个无法经过的空隙，总体积为8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(π,6)))＝8－eq\f(4π,3).(2)小球只与正方体过同一条棱的两个面相切时，在该棱处能形成一个高为2的小柱体，其体积为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(π,4)))×2＝2－eq\f(π,2)，正方体共有12条棱，则12个小柱体的体积为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(π,2)))×12＝24－6π.所以小球可以经过的空间的体积为64－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－\f(4π,3)))－(24－6π)＝32＋eq\f(22π,3).【答案】32＋eq\f(22π,3)18．已知在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝CC1＝eq\r(2)，P是BC1上一动点，则A1P＋PC的最小值为________．【解析】如图①，连接A1B，由已知数据可得BC1＝2，A1B＝2eq\r(2)，则A1Ceq\o\al(2,1)＋BCeq\o\al(2,1)＝A1B2，∴∠A1C1B＝90°.将△BCC1沿BC1展平在平面A1BC1内，连接A1C，如图②，则A1P＋PC的最小值为线段A1C的长．在△A1C1C中，A1C1＝2，CC1＝eq\r(2)，易知∠A1C1C＝135°，由余弦定理得，A1C2＝A1Ceq\o\al(2,1)＋CCeq\o\al(2,1)－2A1C1·CC1·cos∠A1C1C＝22＋(eq\r(2))2－2×2×eq\r(2)×cos135°＝4＋2＋4＝10，∴A1C＝eq\r(10)，即A1P＋PC的最小值为eq\r(10).【答案】eq\r(10)19．在四面体ABCD中，DA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝4，AC＝3，AD＝1，E为棱BC上一点，且平面DAE⊥平面BCD，则DE＝________.【解析】过A作AH⊥DE，∵平面ADE⊥平面BCD，且平面ADE∩平面BCD＝DE，∴AH⊥平面BCD，∴AH⊥BC，又AD⊥BC，∴BC⊥平面ADE，∴BC⊥AE，∵AE＝eq\f(3×4,5)，AD＝1，∴DE＝eq\f(13,5).【答案】eq\f(13,5)20．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，eq\o(VP,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up7(→))，eq\o(VM,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VB,\s\up7(→))，eq\o(VN,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up7(→)).则VA与平面PMN的位置关系是________．【解析】如图，设eq\o(VA,\s\up7(→))＝a，eq\o(VB,\s\up7(→))＝b，eq\o(VC,\s\up7(→))＝c，则eq\o(VD,\s\up7(→))＝a＋c－b，由题意知eq\o(PM,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)b－eq\f(1,3)c，eq\o(PN,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up7(→))－eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)a－eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)c.因此eq\o(VA,\s\up7(→))＝eq\f(3,2)eq\o(PM,\s\up7(→))＋eq\f(3,2)eq\o(PN,\s\up7(→))，∴eq\o(VA,\s\up7(→))，eq\o(PM,\s\up7(→))，eq\o(PN,\s\up7(→))共面．又∵VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.【答案】平行三、解答题（本题共4个小题，每小题10分，共40分）21．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.证明：(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB.因为PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝eq\f(1,2)BC.因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝eq\f(1,2)BC.所以DE∥FG，DE＝FG.所以四边形DEFG为平行四边形．所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.22.如图，正方形ABCD的边长为2eq\r(2)，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝eq\r(3)，且FO⊥平面ABCD.(1)求证：AE∥平面BCF；(2)求证：CF⊥平面AEF.证明：取BC中点H，连接OH，则OH∥BD，又四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，故以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，则A(3,0,0)，C(－1,0,0)，D(1，－2,0)，F(0,0，eq\r(3))，B(1,2,0)．eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－2，－2,0)，eq\o(CF,\s\up7(→))＝(1,0，eq\r(3))，eq\o(BF,\s\up7(→))＝(－1，－2，eq\r(3))．(1)设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(CF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－2y＝0，,x＋\r(3)z＝0，))取z＝1，得n＝(－eq\r(3)，eq\r(3)，1)．又四边形BDEF为平行四边形，∴eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\o(BF,\s\up7(→))＝(－1，－2，eq\r(3))，∴eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(BF,\s\up7(→))＝(－2，－2,0)＋(－1，－2，eq\r(3))＝(－3，－4，eq\r(3))，∴eq\o(AE,\s\up7(→))·n＝3eq\r(3)－4eq\r(3)＋eq\r(3)＝0，∴eq\o(AE,\s\up7(→))⊥n，又AE⊄平面BCF，∴AE∥平面BCF.(2)eq\o(AF,\s\up7(→))＝(－3,0，eq\r(3))，∴eq\o(CF,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→))＝－3＋3＝0，eq\o(CF,\s\up7(→))·eq\o(AE,\s\up7(→))＝－3＋3＝0，∴eq\o(CF,\s\up7(→))⊥eq\o(AF,\s\up7(→))，eq\o(CF,\s\up7(→))⊥eq\o(AE,\s\up7(→))，即CF⊥AF，CF⊥AE，又AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，∴CF⊥平面AEF.23.如图，四棱锥P­ABCD的底面为矩形，PA是该四棱锥的高，PB与平面PAD所成的角为45°，F是PB的中点，E是BC上的动点．(1)证明：PE⊥AF；(2)若BC＝2AB，PE与AB所成角的余弦值为eq\f(2\r(17),17)，求二面角D­PE­B的余弦值．解：(1)证明：由题可知AD，AB，AP两两垂直，且∠BPA＝45°，∴AP＝AB.以点A为坐标原点，AD，AB，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图．设AP＝AB＝b，BE＝a，则A(0,0,0)，B(0，b,0)，E(a，b,0)，P(0,0，b)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(b,2)，\f(b,2)))，∴eq\o(PE,\s\up7(→))＝(a，b，－b)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(b,2)，\f(b,2))).∴eq\o(PE,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→))＝0，∴PE⊥AF.(2)设AP＝AB＝2，则BC＝4，故D(4,0,0)，B(0,2,0)，E(a,2,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，∴eq\o(AB,\s\up7(→))＝(0,2,0)，eq\o(PE,\s\up7(→))＝(a,2，－2)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝(0,1,1)．由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(PE,\s\up7(→)),|eq\o(AB,\s\up7(→))||eq\o(PE,\s\up7(→))|)))＝eq\f(2\r(17),17)，得eq\f(4,2·\r(a2＋8))＝eq\f(2\r(17),17)，解得a＝3(负值舍去)，∴E(3,2,0)．设平面PDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，又eq\o(PD,\s\up7(→))＝(4,0，－2)，eq\o(ED,\s\up7(→))＝(1，－2,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(