高中数学第八章第1节《基本立体图形》提高训练题 (37)(含答案解析)

第八章第1节《基本立体图形》提高训练题（37）

一、单项选择题（本大题共16小题，共80.（）分）

1.如图所示，在三棱锥P-48C中，AB1BC,AB=3,BC=2,点P在本、

平面ABC内的投影。恰好落在A8上，且40=1,=2,则三棱锥P-/\

/we外接球的表面积为（）

A.97rB

B.IOTT

C.127r

D.147r

2.已知正方体4当GJ-力BCD中，点尸是线段上的动点，对于下列结论：

①NPGB一定是锐角；

②G。_L平面&BD1；

③存在点尸，使4P〃Ci。；

④存在点尸，使GP〃平面4B£»i，正确的是（）

A.①②B.②③C.①②④D.③④

3.已知三棱锥P-4BC每对异面的棱长度都相等，且44BC的边长分别为VTL3,4,则三棱锥P-

4BC外接球的体积为（）

A.6a兀B.9V2;rC.187rD.367r

4.如图，网格纸上小方格的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的

表面积为（）

A.447r7r

33

5.如图所示，三棱锥P-ABC的外接球的半径为凡且PA过球心，△P4B围

绕棱PA旋转60。后恰好与^P4C重合.若4P48=60%且三棱锥P-48c的

体积为遮，则R=()

A.1

B.V2

C.V3

D.2

6.中国古代数学名著《九章算术•商功》中有这样的记载：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其

一为阳马，一为鳖席.”意思是说：把一块长方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫“堑堵”，

如图；

再把一块“堑堵”沿斜线分成两块，以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为“阳马”，

余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为“鳖膈”，如图.

堑堵阳马

现有一四面体48CC,已知ZB=2,BC=3,CD=4,DB=5,AC=V13,AD二的,请分

析上述史料中蕴含的数学思想方法，求出四面体ABCD的外接球表面积是

A.297rB.387rC.45兀D.50TT

7.已知球。是正四面体4-BCD的外接球，BC=2,点E在线段8。上，且BD=3BE,过点E作

球。的截面，则所得截面圆面积的最小值是

A8T-）11/T547r

A-严B-7Tc-石兀D-T

8.已知球的直径SC=6,A、B是该球球面上的两点，且AB=SA=SB=3,则棱锥S-ABC的体

积为（）

A.B.尬C*D.这

4422

9.从长方体4BC。-AiBiGDi的顶点4发出的一束光线，依次经平面BBiGC,CCi5。和。。送送

反射后到达顶点反.记光线与三个平面的交点依次为M,N,Q.若4B=V2.AD=3,AA1=3vL

点尸在侧棱CCi上，且存=2两，则三棱锥P-MNQ的外接球的半径为

A.立B.1C.更D.在

222

10.在四面体ABC。中，AB=CD=2,AC=BD=近,40=BC=V7.若平面a同时与直线AB、

直线C。平行，且与四面体的每一个面都相交，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面

积的最大值为

A迪B.立C.也D.毡

8288

11.长方、堑堵、阳马、阳马和鳖膈的应/0）这些名词出自中国古代数学名著《九章算术•商功》，

在仇章算术•商功J）中有这样的记载：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为

鳖膈."意思是说：把一块长方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫“堑堵”，如图；

再把一块“堑堵”沿斜线分成两块，以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为“阳马”，

余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为“鳖席”，如图.

现有一四面体A8CD已知4B=2,BC=3CD=4,DB=5,AC=V13，AD=V29,请分

析上述史料中蕴含的数学思想方法，求出四面体ABCZ）的外接球表面积是（）

A.29兀B.38兀C.457rD.50兀

12.侧棱长为26的正四棱锥内，有一半球，其大圆面落在正四棱锥底面上，且与正四棱

锥的四个侧面相切，当正四棱锥的体积最大时，该半球的半径为（）

A.1B.V2C-TD.2

13.如图，外层是类似于“甜筒冰淇淋”的图形，上部分是体积为10b兀的半球,

下面大圆刚好与高度为6的圆锥的底面圆重合，在该封闭的几何体内倒放一

个小圆锥，小圆锥底面平行于外层圆锥的底面，且小圆锥顶点与外层圆锥顶

点重合，则该小圆锥体积的最大值为（）

A..-92n

B.-98n

3

C.307r

100

D.-----7T

3

14.已知正四棱锥P-4BCD的所有顶点都在球。的球面上，该四棱锥的五个面所在的平面截球面所

得的圆大小相同，若正四棱锥P-4BCD的高为2,则球。的表面积为（）

A.87rB.97rC.127rD.16兀

15.已知A,B,C是球。的球面上的三点，^AOB=^AOC=60°,若三棱锥0-ABC体积的最大值

为1,则球。的表面积为（）

A.47rB.97rC.167rD.20n

16.某广场设置了一些石凳子供大家休息，这些石凳子是由正方体沿各棱的中点截去八个一样的正

三棱锥后得到的.如果被截正方体的棱长为40cm,则石凳子的体积为（）

19200031600003160003640003

A.cm'B.cm0C.cm'D.cm°

3333

二、多项选择题（本大题共2小题，共8.0分）

17.正方体aBCD-AiBiGCi的棱长为1,E,F,G分别为BC,CJ,的

中点.则（）

A.直线。山与直线A尸垂直

B.直线&G与平面AEF平行

C.平面AE尸截正方体所得的截面面积为:

O

D.点C与点G到平面AEF的距离相等

18.如图，在正方体4BCD-A/IGDI中，记平面4GB与平面ABCD的交线

为I,则下列结论正确的是（）.

A.〃/平面AB】。

B.I14B

C.I与BC、所成角大小为60°

D.Iu平面AB、C

三、填空题（本大题共12小题，共60.0分）

19.在棱长为1的正方体ABCD-4B1C1D1中，P、。分别为棱BDi和BBi上的动点，则△^PQ周长

的最小值为.

20.已知四面体的四个顶点均在半径为1的球面上，且至少有一个面为顶角是120。的等腰三角形，

则该四面体体积的最大值为.

21.如图，正方体ABCD-AiBiGDi的棱长为1,有下列四个命题：

①①当与平面BCD送1所成的角为45。；

②三棱锥4一4BD与三棱锥G-&BD的体积比为1：2；

③存在唯一平面a,使得平面a〃平面4BD且a截此正方体所得截面为正六边形;

④过点4作平面a,使得棱AB,A。，A4］在平面a上的正投影的长度相等，则这样的平面a有且

只有一个；

上述四个命题中，正确命题的序号为

22.某工厂现将一棱长为次的正四面体毛坯切割成一个圆柱体零件，则该圆柱体体积的最大值为

23.动点尸从正方体力8。。-4/6。1的顶点4出发，沿着棱运动到顶点Ci后再到A,若运动中恰

好经过6条不同的棱，称该路线为“最佳路线”，则“最佳路线”的条数为（用数字作答

）.

24.已知等边三角形ABC的三个顶点都在以点。为球心、2为半径的球面上，若三棱锥。-ABC的

高为1,则三棱锥。-4BC的体积为.

25.已知三棱锥S-ABC外接球。的体积为288兀，在44BC中，AB=6,AC=8,cos/CBA=|,则

三棱锥S-ABC体积的最大值为.

26.正三棱柱4BC-A#16（底面是正三角形，侧棱垂直底面）的各条棱长均相等,D为A&的中点.M、

N分别是BBi、CG上的动点（含端点），且满足=GN.当M、N运动时，下列结论中正确的是

（填上所有正确命题的序号）.①平面DMN_L平面BCC/i；

②三棱锥&一OMN的体积为定值；

（3）团DMN可能为直角三角形；

④平面。与平面A8C所成的锐二面角范围为（0,习.

27.已知正四棱椎P-4BCD中，AP4C是边长为3的等边三角形，点M是

△P4C的重心，过点M作与平面PAC垂直的平面a,平面a与截面PACIxj//

交线段的长度为2,则平面a与正四棱椎P-4BCD表面交线所围成的封

B

闭图形的面积可能为.（请将可能的结果序号填到横线上）

①2；②2夜；③3；④）2近.

28.在四棱锥S-ABCD中，底面四边形A8CD为矩形，SA1平面ABC。，P,。分别是线段8S,AD

的中点，点R在线段SO上.若AS=4,AD=2,AR1PQ,则4R=.

29.已知正四棱椎P-4BCO中，△PAC是边长为3的等边三角形，点M是APAC的重心，过点M作

与平面PAC垂直的平面a,平面a与截面P4C交线段的长度为2,则平面a与正四棱椎P-力BCD

表面交线所围成的封闭图形的面积可能为.（请将可能的结果序号填到横线上）①2；

②2vL③3;④2亚

30.三棱锥P-4BC中，AB=PA^PB=2,乙4cB=30。，当三棱锥P-ABC体积最大时，其外接

球半径为.

【答案与解析】

1.答案：D

解析：

结合已知构造直三棱柱PAB-MNC,则直三棱柱PAB-MNC的外接球即为所求，球心0为直三棱

柱上下底面三角形外接圆圆心连线的中点，结合球的性质及勾股定理可求.

本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养.

解：由题意可知，。。_1平面42<?,PDu平面PAB,

所以平面P4B，平面ABC,

又因为4B1BC,平面PABC平面ABC=4B,

所以BC_L平面PAB,

构造直三棱柱P4B-MNC,如图，

则直三棱柱PAB-MNC的外接球即为三棱锥P-力BC的外接球,

球心。为直三棱柱上下底面三角形外接圆圆心连线的中点，

因为P0J.4B,PD=2,AD=1,BD=2,

则P4=y/PD2+AD2=V5，4PBD=%

△/MB中，由正弦定理可得外接圆半径为焉=零，

2sin4-2

外接球半径为J1+噜2="，

••・三棱锥P-ABC外接球表面积为47rx（四>=14兀，

k27

故选：D.

2.答案:B

解析：

本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面间的位置关系等基础知识，是中档题.

根据空间中线线、线面间的位置关系对①②③④逐一进行判断即可.

解：在①中，当点P运动到点B时，点P,G，B,三点共线，故①错误；

在②中，由正方体的性质可得6。140,CyD1CDlt

因为4。〃&劣，CDJ/A^B,

所以G。14iDi,GD1418,

又415n=A］，u平面&BDi，

所以Q0L平面故②正确；

在③中，••・CiC〃ABi，所以当点P运动到与的交点时，AP//C.D,故③正确；

在④中，•・•点Ci€平面点Pg平面ABDi,

与平面AB"相交，故④错误.

故选：B.

3.答案：B

解析：

本题考查棱锥的外接球的体积的计算，考查空间想象能力和转化能力，属中档题.

依题意将三棱锥可以补形成一个长方体，该长方体的各面上的对角线长分别为VTT,3,4,设长方

体的长、宽、高分别为a,b,c,求出长方体的对角线长即得到球的直径，即可求体积.

解：由于三棱锥P-4BC每对异面的棱长度都相等，所以该三棱锥可以补形成一个长方体，且该长

方体的各面上的对角线长分别为V1L3,4,

设该长方体的长、宽、高分别为a,b,c,

且不妨设a?+炉=(VTT)2~11,a2+c2=32=9,b2+c2=42=16,

所以a?+b2+c2=18,

所以三棱锥的外接球的直径为Va2+岳+c2=3鱼，

三棱锥P-4BC外接球的体积为任x(竽-9y^7T，

故选B.

4.答案：A

解析：

本题考查了空间几何体的三视图，几何体外接球表面积的求法，求出外接球的半径是解决本题的关

键，属于中档题.

根据几何体的三视图，得到该几何体为四棱锥，将四棱锥补形为的直四棱柱，然后根据几何关系求

出外接球半径即可求解.

解：根据几何体的三视图可得，该几何体为四棱锥P-ABCD,将四棱锥补形为如图的直四棱柱，

则外接球的球心为上底外心M与下底外心N连线的中点0,

由俯视图得BO-2述，ND.AB'',

在△ABC中，由正弦定理.其二=2NB,得NB=同,

sinz.DAB

22

所以0B2=R2=ON+NB=11,则s以=4TTR2=447r.

故选A.

解析：

本题考查了求三棱锥的体积，考查了三棱锥外接球的有关性质，属于中档题.

过点B作BH1PA于H,连接CH,则依题意,=60%进而可得CH=BH=BC=^R,VP_ABC=

^P-BCH+匕-BCH，可得结果.

解：如图所示：

J.

过点B作BH1PA于H,连接CH,

则依题意，LCHB=60%因为PA过球心，所以球心为PA中点，所以三角形PA8是直角三角形,

PA为斜边，

因为CH1PA,BHCCH=u平面BCH,

PA平面BCH,

进而可得CH=BH=BC百R,

^P-ABC=^P-BCH+匕-BCH

=—R3=V3,

8

解得R=2.

故选D.

6.答案：A

解析：

本题主要考查了可扩充为长方体的三棱锥外接球的表面积求法，属于中等题.

根据材料可得该四面体可扩充为长方体，且长方体的对角线长为闻，即可求出外接球的半径，从

而得出表面积.

解：由题意得。。14&。。_18&4818。，从给出的史料可得它是鳖腌，

从而它可以扩充为一个长方体，且长方体的对角线长即为内，所以2R=g=R=适，

所以外接球的表面积为S=4nR2=4n'(立马？=4兀x*=297T.

故选A.

7.答案：A

解析:

考查正四面体的外接球的半径与棱长的关系，及截面面积最小时的情况.属于较难题.

由正四面体的棱长求出底面外接圆的半径即棱锥的高，再由外接球的半径与高和底面外接圆的半径

之间的关系求出外接球的半径，在ABE。'，由余弦定理求出E。'的值，当过E的截面与0E垂直时,

截面的面积最小，求出0E,再求求出截面的半径，进而求出截面的面积.

解：作40'1面BCD,垂足为。'连接B。'并延长交C£)于凡

由题意得F时CQ的中点，且。'为三角形BCD的外接圆的圆心，设三角形

BCD的外接圆半径为『，则r=80,=2口尸=幺勺BC=更•2=也，

33233

高九=4。'=、AB2-B0,2=卜一(竽)2=乎,

设外接球的球心为O,设外接球的半径为R,则由题意知。在4。'上，连接08,R=0B,在三角形

B。。'中：R2=r2+(h-R)2,

所以2/?/1=/+h2,将，，/?值代入可得：R=立，

2

所以00，=40，—R=辿—渔=立，

326

因为点E在线段BO上，且BD=3BE,BD=2,所以BE=|,在三角形BE。'中，由余弦定理：O'E=

y/BO,2+BE2-2-BO'-BE-cos30°=1(—)2+(-)2-2--

\v373323

正三角形0E0,中，OF?=O'E2+00'2=(|)2+4)2=11

当过E的截面与OE垂直时，截面的面积最小，设截面的半径为/则d=R2-0E2=g)2_1|=

16_8

18-

所以截面的面积5=仃'2=:兀，

9

故选：A.

8.答案：D

解析：

本题考查棱锥体积的求法，设球心为M,三角形ABC截面小圆的圆心为0「根据条件作出对应的直

观图，求出棱锥的高和底面边长，计算出锥体的体积即可.

解：设经过A、B和SC垂直的截面小圆的圆心为0「

因为SC为直径，所以NS4C=90。，所以.ACx/SC2SA2-\/27-

又SCU01.4,所以Q.4-S.f1=3x；若=y/27,同理。山=冬，

所以三角形40把为等腰三角形，设高为/?,则h=J(字产—［尸:挈,其面积

013、历,,90

=5Xx3=—>

^a-AHC=^S-Oi.4B+^C-OiAB=鼻SdOiABx。6+-xO|C

J«5

1s190,9g

="cxSC=-x——x6=——，

<)J4N

9.答案：C

解析：

本题考查几何作图以及三棱锥的外接球，属于较难题,解题关键在于运用光线的反射原理，根据对称

性确定光线在三个平面的反射点，然后根据条件可以发现三棱锥N-MPQ的三条侧棱NQ,NM,NP

两两垂直，故可将三棱锥N=MPQ补形成长方体计算外接球的半径.

解：把长方体ABCD-4/的劣左右两侧拼接与长方体力BCD-&B1GD1相同的长方体ADGH-

A1D1G^H^^BEFC-B1E1F1C-l,

则四边形与“iG】G的边长都为3夜的正方形，

点4与E关于平面BBiGC对称，点Hi与Bi关于平面A&DiD对称，分别取E/与FG1的中点/与人，

则四边形Gi/〃i与EF/J的边长都为3的正方形，〃i_L平面F&GiG,与E/1关于直线〃1对称，

所以根据光线反射原理，点N与A重合，"Ji与平面E/i与平面8CGB1的交点分别为Q,

M,

且MQ=2,MN=NQ=五,乙MNQ=90°.

因为汴=2正，由平面几何知识可得PN=1,连接F",则点P为&G与CQ的交点，在正方形FF】GiG

中，

F]G1GiF,又F、G1EF,所以F】G，平面EFGi/,即FGJ_平面MNQ,

PN_L平面MNQ,故三棱锥N—MPQ的三条侧棱N。，NM,NP两两垂直，

将之补形为棱长企，企,1的长方体，可计算其外接球半径R=避尹=苧，

故选C.

10.答案：B

解析：

本题考查了平面的基本性质及推论，截面面积最值的求法，涉及基本不等式求最值，属较难题.

补成长，宽，高分别为2,遥，1的长方体，在长方体中可解决.

解：补成长，宽，高分别为2,遮，1的长方体（如下图）

由于EFla,故截面为平行四边形A/NKL

可得KL+KN=y/7.

设异面直线8c与A。所成的角为9,

则sin。=sinzHFB=sin乙LKN.

△HFB中，HB=2,FH=FB=

2

由余弦定理可得cose=未迪=

.八473

:、smd=—，

7

SgMNKL=NK•KL♦sin乙NKL

46

=-NK-KL

当且仅当NK=KL="时取等号.

2

故选B.

11.答案：A

解析：

本题考查了几何体外接球表面积求解，属于中档题.

根据题意将四面体ABCD的外接球转化相对应的长方体的外接球，然后求解.

解：依题意可知乙IBC=/ABD=NACD=4BCD=90。，即此四面体的四个面都是直角三角形，它

是一个“鳖膈”，

四面体ABCD的外接球也就是相对应的长方体的外接球，该长方体的体对角线AD为外接球直径.

外接球半径R=尊外接球表面积S=4兀呼产=29兀，

故选A

12.答案：B

解析：

本题考查棱锥的体积的最值问题，属于中档题；

设E为AO中点，。为底面中心，0F1UE交VE于点F,连接。4设40=2a,则。4=&a,VO=

,12-2a2.正四棱锥的体积1/=•『o=型近2—2a2,利用导数可得a=2时，正四棱锥的体

33

积最大，此时球的半径为夜.

解：如图，E为AO中点，O为底面中心，0F1UE交VE于点F,连接。A.

设4。=2a,则0A=V2a.VO=V12-2a2.

正四棱锥的体积V=^AD2-VO=—V12-2a2,

33

记g(t)=看吟令t=。2,aG(0,2遍)，贝IjtG(0,12),

g(t)=t2(12-2t)=-2t3+12t2,

g'(t)=-6t2+24t=-6t(t-4),

因此当tG(0,4)时，g'(t)>0;当t€(4,12)时，g'(t)<0,

即g(t)在(0,4)上单调递增，在(4,12)单调递减，

故当t=a2=4时,体积最大.

此时a=2,VO=V12-2a2=2;VE=2>/2;

则VE-OF=EO-VO,可得OF=V2

故球的半径为企;

故选B.

13.答案：B

解析：

本题考查圆锥的体积问题，也考查了利用导数研究函数的最值，考查了推理能力与计算能力，属于

中档题.

令上部分的半球半径为R,小圆锥的底面半径为r,小圆锥底面中心到球心距离为/?,由圆锥体积公

式，可得U=：兀/(h+6)=1兀+令/•(%)=(15—/12)(八+6),求出

导函数，利用导数与函数单调性的关系求出最大值.

解：令上部分的半球半径为R,可得|兀/?3=io反兀，解得R=危，

设小圆锥的底面半径为r,小圆锥底面中心到球心距离为h,

可知r,h,和R可构成直角三角形，即八+八2=15,

圆锥体积U=1nr2(h+6)=1TT(15-F)(/i+6)(0<h<V15),

令f(h)=(15-F)(九+6),则尸(九)=-3(/1+5)•(八一1),

可知/(九)在(0,1)上单调递增，在(1,“亏)上单调递减，

所以当/1=1时，/(八)最大，即Knax=F-

故选总

14.答案：A

解析：

本题考查棱锥的定义，以及球的表面积公式，属于中档题.

首先求出正四棱锥P-ABC。的侧棱长，再求出球。的半径，从而得到求。的表面积.

解：设正四棱锥P-4BCD的底面边长为“，则侧棱长为PA=J(守(+22=卓竺,

所以cos〃PB=云声片品,所以如乙^=卜心=哥,

22

由于四棱锥的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同，所以三角形PAB的外接圆半径为立a,

2

所以由正弦定理得:后急=2、三巴解得：。2=8立一8,

温+8

设球。的外接圆半径为r,所以r2=(2-r)2+(#a)2,解得「=等=吟丝=鱼，

2

所以球。的表面积为47n--17r(v^)=8TT,

故选A.

15.答案：C

解析：

本题考查三棱锥的体积的最值问题以及其外接球的表面积，属于中档题.

确定当平面AOC与面408垂直时，三棱锥。-4BC的体积最大是解题关键，再结合三棱锥的体积公

式求出球的半径，则球的表面积可求.

解：如图,

设球。的半径为R,•••4408=60。，.•・SAAOB=，R2,

^O-ABC=LC-HOB，1"以AOB【加积为定值，

••・当点C到平面AOB的距离最大时，力TBC最大，

二当平面AOC与面AOB垂直时，体积%TBC最大，

Z.AOC=60°,OA=OC=R,

.•.△AOC为等边三角形，

此时三棱锥C-40B的高为更R,

2

三棱锥0-ABC体积最大值为三X遮R2X立R=1,

342

・•・R=2,

・•.球。的表面积为4TTR2=4兀x22=16兀,

故选C

16.答案：B

解析：

由已知求得正方体的体积，减去八个正三棱锥的体积得答案.

本题考查正方体与三棱锥体积的求法，是基础的计算题.

解：由题意可知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，体积是8xix|x20x20x20=™cm3；

正方体的体积为40x40x40=64000cm3；

Elk/0/义工□日32(MM)

则石凳的体积是64000———

*5«5

故选B.

17.答案：BC

解析：

本题考查空间直线与平面的位置关系，主要是平行和垂直，记熟线面平行、垂直的判定和性质是迅

速解题的关键，同时考查截面的画法及计算，以及空间异面直线所成的角的求法，属于较难题.

利用空间向量法判断两直线是否垂直；利用面面平行证明线面平行；作出正方体的截面为等腰梯形，

求其面积即可；利用等体积法处理点到平面的距离，或用反证法证明.

解：对选项4：以。点为坐标原点，DA.DC、DDi所在的直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐

标系，

则。(0,0,0)、4(1,0,0)、41(1,0,1)、£(-,1,0),F(0,l,])、6(1,1,-),/(0,0,1).

从而西=(0,0,1)，AF=(-1,1,i),

从而DD]•AF=

所以0劣与直线AF不垂直，

选项A错误；

对选项B：取DDi的中点N,连接4N,则4V为直线A尸在平面ADD14内的射影，4V与。仇不垂直,

从而A尸与DDi也不垂直，选项A错误；取BC的中点为M,连接为M、GM,则4M〃4E,GM//EF,

易证平面A、MG“平面AEF,双而A[G”平面AEF,选项B正确；

对于选项C,连接40[,。1产，易知四边形AEFA为平面AEF截正方体所得的截面四边形(如图所示),

且D/=AH=炳,ArD=V2,

22＞S

所以=|V2XJ(V5)-(y)=|而S四边形AEFD、=l^AD1H=从而选项C正确；

对于选项。：(方法一)由于SdGEF=S版陶EFG-S/1EBG=3(1+{)xg-Tx^Xg=%而

sSECF=oxoxo=o,而匕YEF=JSAEFG。AB，VA-ECF=Z5AKCf--4B,所以匕_GEF=

2VA_ECF,即%-EF=2%-AEF，点G到平面AEF的距离为点C到平面AEF的距离的二倍.从而。错

误

(方法二)假设点C与点G到平面AE尸的距离相等，即平面4EF将CG平分，则平面AEF必过CG的

中点，连接CG交EF于点。，易知。不是CG的中点，故假设不成立，从而选项。错误.

故选8,C

18.答案：AC

解析:

本题考查立体几何中线面平行的判定，直线与直线的关系，直线与平面的位置关系，属于中档题.

根据正方体的性质，确定平面与平面ABCD的交线为/的位置是解题的关键.

解：如图所示：延长2C至E是的CE=BE,连接BE,£E,

根据正方体的性质可知，BEf/ACf/A^,

又平面4BC0〃平面AiBiGDi，&Gu平面4/16。]且4Bu平面488,

故直线BE即为平面为C1B与平面ABC。的交线为。

•••BE〃4C且ACu平面ABiC,BEC平面4&C,故8E〃平面4/C,即1〃平面48停,故A正确;

由图可知而=前=而+而，砧=荏-痂，所以布.砧=（荏+而）（而-理）=|函2>

0,

所以/与不垂直，故3错误；

由图易知ABCiE为等边三角形，故4EBG=60。，故C正确；

由4选项可知〃/平面ABiC,故〃错误；

故选4C.

19.答案：J4+2企.

解析：

本题考查了棱柱的结构特征，以及对称点的运用.由对称点，求出最短距离，得到三角形周长的最小

值.

解：将三角形D1C/绕轴旋转到平面OiOB,由三角形全等易知，C]P=DP；

同理将平面BCG/绕轴BBi旋转到与对角平面DiDBBi所处同一平面上，则三角形C】PQ的周长的最

小值转化为对角平面矩形的对角线长，

由勾股定理计算得J解+1）2+#=V4+2V2.

故答案为94+2也

20.答案：誓

解析：

本题考查空间想象能力、运算求解能力和逻辑思维能力，属于难题.

本题需要根据球的结构特征获取到三棱堆高的最大值.并选取合适的变量表示三棱维的体积.

解：不设四面体为三棱锥D-ABC.且AaBC为顶角是120。的等腰三角形G4B=BC,NABC120。，过球

心。作面ABC的垂线.垂足为0'.设。O'=x,0<x<1.

由于。4=OB=OC,故。%=O'B=O'C=4^7，即。'为△4BC的外心.

所以AC=2V1-x2-sin600=存/x2.又AB=BC,/.ABC=120°,

所以AB=BC=万中.设三棱锥D4BC高为h,则h<%+1.

则14MBe=gs&Mf<|X[('I—]fX-(T+1)=y^(l-X2)(X+1).

令"%)=|(1-%2)(x+1).则((无)=柒-3/-2X+1)=-柒芯+1)(3%-1).

令f'(x)=0,得x=g.当xe(0,》时，[(x)>0.当xe©.1)时，f(%)<0.

所以f(x)max=-X^X-=且遮，所以四面体体积的最大值为见1

12938181

故答案为随.

81

21.答案：①②③④

解析：

本题考查了空间位置关系的判定、三棱锥体积计算公式、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与

计算能力，属于中档题.

如图所示，

①与平面BCD1&所成的角为4B14B,求出即可判断出正误；

②利用三棱锥的体积计算公式即可得出4-4BD的体积V,三棱锥G-&BD的体积=I3-4V,即

可得出体积比；

③存在唯一平面a,使得平面a〃平面4BD且a截此正方体所得截面为正六边形，如图所示EFGHKL,

E,F,G,H,K,L分别为各棱的中点；

④满足条件的平面a有且只有一个，是经过点A且与直线AC】垂直的平面.

解：如图所示，

①公当与平面BCD14所成的角为NBi&B=45°,正确；

②三棱锥4一4B0的体积=]x[xl2=a三棱锥C1-4B0的体积=13-4X*=%因此体积比

=1：2,正确；

③存在唯一平面a,使得平面a〃平面4BD且a截此正方体所得截面为正六边形，

如图所示平面EFGHKL,E,F,G,H,K,L分别为各棱的中点，正确；

④过点A作平面a,使得棱A8,AD,在平面a上的正投影的长度相等，

则这样的平面a有且只有一个，是经过点A且与直线4cl垂直的平面，正确.

上述四个命题中，正确命题的序号为①②③④.

故答案为：①②③④.

22.答案：空.

27

解析：

本题考查正四面体的结构特征，圆柱体的体积及基本不等式的应用，属于较难题.

由题意，正四面体的斜高为|,高为遮，设圆柱体的底面半径为广，高为/?,由三角形相似得力=

2V2g-r),0<r<1,根据体积公式表示圆柱体体积，利用基本不等式求最大值即可.

解：由题意，正四面体的斜高为|,高为我，

设圆柱体的底面半径为「，高为〃，则如图所示，

OA,EA分别为正四面体的高和斜高，G为圆柱上底面与正四面体侧面的切点，。为底面三角形的中

心.

E

o1rx

AE=AO=V2,OE=设4G=x,则由1=T，得％=3r,

2222

由芽

*得仁苧

2(1-9,

所以h2V2g-r),0<r<I，

9

解析：解：从4点出发有3种方法，（4，B,D）,假如选择了&,则有2种选法（即仇）到G，再从G出

发，若选择了（当，或5）,则只有一种方法到A,若选择了C,则有2种方法到A,

故“最佳路线”的条数为06（1+2）=18种，

故答案为：18

根据分步计数和分类计数原理即可求出答案

本题考查排列、组合的应用，涉及棱柱的结构特征，关键掌握分部和分类计算原理，属于基础题.

24.答案：逋

4

解析：

本题考查棱锥体积的求法和组合体的结构特征，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，是

中档题.

由题意画出图形，求解三角形可得正三棱锥。-ABC的底面边长，再由棱锥体积公式求解.

解：设等边AHBC的边长为〃?，则卜_（驷）2*+仔=22,所以巾=-3（舍）或m=3,所以

嗔­=：x（；x3x3xsin60。）x1=限

故答案为公

4

25.答案：48+8V11.

解析：

本题考查正弦、余弦定理的应用，解决问题的关键是根据余弦定理求解8C,结合体积公式求解R,

球心距，根据几何关系分析取得最大值的位置.

解：在三角形A8C中，根据余弦定理可得：

AC2=AB2+BC2-2AB-BCct^ACHA,

解得BC=10,

=288兀，...R=6,

球心O到平面ABC的距离d=V36-25-"I，

当平面SBC，平面4BC时，三棱锥S-ABC体积的取得最大值，

|x（|x6x8）x（6+VT1）=48+8VIL

故答案为48+8aL

26.答案：①②④

解析:

本题考查了命题的真假与应用，考查了棱柱的结构特征，以及面面垂直的判定，三棱锥4-DMN的

体积公式，二面角；对于①，由BM=C]N,得线段MN必过正方形BCGBi的中心。，由。。J■平面

BC£B],可得平面。MN_L平面BCC1B1；对于②，由的面积不变，N到平面的距离不

变，得到三棱锥&-DMN的体积为定值；对于③，利用反证法思想说明△DMN不可能为直角三角

形；对于④，平面。历N与平面ABC平行时所成角为0,当"与8重合，N与G重合时，平面。MN

与平面ABC所成的锐二面角最大.

如图，①，当M、N分别在8B

1、CQ上运动时，若满足BM=C1N,则线段MN

必过正方形BCG&的中心O,而D0，平面BCGBi，

平面0MN1平面BCGB1，故正确；

（2）,当M、N分别在8%、CQ上运动时，△&£）“

的面积不变，N到平面A】。”的距离不变，棱锥

N-&DM的体积不变，即三棱锥4-CMN的体积

R

为定值，故正确；

③，若A0MN为直角三角形，则必是以NMDN为直角的直角三角形，但MN的最大值为8G，而此

时。M,ON的长大于BBi，•••4MON<90°,.・•△DMN不可能为直角三角形，故错误；

④，当M、N分别为BBi，CG中点时，平面。MN与平面ABC所成的角为0,当M与B重合，N

与G重合时，平面DMN与平面A8C所成的锐二面角最大，为乙CiBC,等于:..••平面DMN与平面A8C

所成的锐二面角范围为（0,白，故正确,

・•・正确的是①②④.

故答案为：①②④.

27.答案：①③

解析:

本题考查空间几何体中的截面问题，考查空间想象能力、数形结合的思想，题目较难.设4cnBC=。,

因为P-4BCD为正四棱锥，易知B。！平面尸4C,过M作MT〃B。分别交棱P8、于点7、L,则

MT1平面PAC.由题意，只需所作的平面a是包含九且与截面PAC交线段的长度为2即可.数形结

合，作出截面即可得到答案.

解：设4CnBD=0,因为P-ABC。为正四棱锥，易知平面PACL平面A8CD

5LB0LAC,平面PACC平面力BCD=ZC,BOABCD,所以B。1平面PAC.

过例作M7〃B。分别交棱PB、PD于点T、L,则M71平面PAC.

由题意，只需所作的平面a是包含7Z且与截面PAC交线段的长度为2即可.

又△P4C是边长为3的等边三角形，点M是APAC的重心，

过M作MQ〃AC分别交棱PA、PC于点E、Q,

所以矍=等，即詈=1，所以EQ=2.

如图1,则平面ET°L为满足题意的平面a,

因为AC=3,所以AB=越，

2

所以产电=靠）2=4所以」X延2=2，

s正那PB9讶ETQL9'9,

故①正确；

如图2,过T作77/〃GF,过L作LQ〃GF,

易知平面GLQHT为满足题意的平面式，且GLQH7为两个全等的直角梯形.

易知八，分别为GE、EF的中点，所以HT=3GF=1,

所以五边形