高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (三)(含答案解析)

必修二第八章《立体几何初步》单元训练题（高难度）（3）

一、单项选择题（本大题共10小题，共50.0分）

1.如图，底面是菱形的四棱锥P-ABC。中，PB1底面ABC。，^BAD=pM是0c的中点，直

2.已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球。的球面上，PA=PB^PC,△ABC是边长为2的正三角

形，E,F分别是PA,AB的中点，NCEF=90。，则球。的体积为（）

A.8遥7TB.4v不iC.2y/6nD.V6TT

3.如图，已知正四面体ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P,。，R分别为

AB,BC,C4上的点，4P=PB,照W2.分别记二面角D-PR-Q,///I\\

QCRA«灯第。

D-PQ-R,D—QR-P的平面角为a,0,y,则（）

A.y<a<pB.a<y<（iC.a</?<yD./?<y<a

5.一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为

正《王）陵BW《左》网9

A.21+V3B.18+V3C.21D.18

6.在三棱锥P—4BC中，二面角P—4B—C、「一4。一3和「一8。一4的大小均等于争

AB\AC\BC=5:12:13,设三棱锥P-ABC外接球的球心为0,直线P0与平面ABC交于点。则

0Q1/

A.57B.2C„.3D.y19

7.在三棱锥E-48D中，已知48=lfDA=6，三角形3QE是边长为2的正三角形，则三棱锥E-

4BD的外接球的最小表面积为（）

16n

3

8.己知正方体48。。-48传1。1的棱长为1,E、F分别是线段48、BDi上的动点，若EF〃平面

4DD14,则三棱锥4—EFBi的最大体积为（）

A考C./D.

9.如图，在长方体4BCD-&B1GD1中，AB=BC=2,AAr=1,

贝IJ8G与平面BB/i。所成角的正弦值为

A.渔

3

5

C.叵

5

D.包

5

10.已知球。是正三棱锥（底面为正三角形,顶点在底面的射影为底面中心）4-BCD的外接球,BC=

3,4B=2百，点E在线段8。上，且BD=68E,过点E作球。的截面，则所得截面圆面积的

取值范围是

A.耳,4/r]B.第4兀]C.苧47rlD.苧刎

二、多项选择题（本大题共3小题，共12.0分）

11.如图，一个结晶体的形状为平行六面体4BCD-&B1GD1，其

中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都

是60。，下列说法中正确的是（）

/一1j、2/i、2

A.+AB+AD）=2（4C）

B.ACr-(AB一甸=0

C.向量B]C与的夹角是60°

D.BA与AC所成角的余弦值为《

12.已知，点E,F,G分别是棱长为1的正方体4BCD-4出6。1的棱BC,

CD,的中点，如图所示，则下列说法正确的是（）

A.过E,尸的截面是等腰梯形

B.点P在直线FG上运动时，EP〃平面

C.点M在直线FC】上运动时，总有EML&C

D.点。在直线CD】上运动时，三棱锥8-4QD的体积是定值

13.正方体ABCD-&B1GD1的棱长为2,E,F,G分别为BC,CC”BB、的

中点，贝M）

A.直线2D与直线AF垂直

B.直线&G与平面AEF平行

C.平面AEF截正方体所得的截面面积为|

D.点C与点G到平面AEF的距离相等

三、填空题（本大题共9小题，共45.0分）

14.在AABC中，AB=8,BC=6,AC=10,P为AABC外一点，满足PA=PB=PC=5西，则三棱

锥P-ABC的外接球的半径为.

Jt

4

B

15.在ZABC中，4B=8,BC=6,AC=10,P为2MBe外一点，满足PA=PB=PC=5追，则三

棱锥P-4BC的外接球的半径为___.

4

B

16.已知四棱锥P-4BCD底面是边长为2的正方形，平面ABCO,且P4=2,则直线PB与平

面PCQ所成的角大小为.

17.某四棱锥的三视图如图所示，则此四棱锥的表面积是.

18.如图，在三棱锥P-4BC中，点8在以AC为直径的圆上运动，P41平面ABC,ADLPB,垂

足为。，DE1PC,垂足为E,若24=2封AC=2,则普=,三棱锥体积

CCP-ADE

的最大值是__________

19.我国古代仇章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童.如图的刍童4BCD-EFGH

有外接球，且⑷？=4百，AD=4,EH=2#，EF=6&，点E到平面ABC。的距离为4,

则该刍童外接球的半径为.

20.如图，正方体ABCD-41B1GD1的棱长为1,M,N为GD1和/的的中

点，过点4MN的平面去截该正方体，则所得截面图形的周长为

21.如图，直三棱柱4BC-&8道1中，441=2,AB=BC=1,/.ABC=90°,外接球的球心为O,

点E是侧棱BBi上的一个动点.有下列判断:

①直线AC与直线GE是异面直线;②&E一定不垂直于4Q；③三棱锥E-4公。的体积为定值;

④4E+EQ的最小值为22.

其中正确的序号是.

22.类比圆的内接四边形的概念，可得球的内接四面体的概念.已知球。的一个内接四面体ABCD

中，AB1BC,3。过球心0,若该四面体的体积为1,且4B+BC=2,则球0的表面积的最

小值为•

四、解答题(本大题共8小题，共96.0分)

23.(1)一个长方体的各顶点均在同一球面上，且同一个顶点上的三条棱的长分别为1,2,3,则此球的表

面积为.

(2)已知两圆/+y2=10和(无一1)2+(y-3)2=10相交于4,B两点，则直线A3的方程

是.

(3)正三棱柱ABCAtB}Ct的底面边长为2，侧棱长为百，D为BC中点、,则三棱锥Afi.DC,

的体积为.

(4)已知抛物线y2=2px(p>0),F为其焦点，/为其准线，过F任作一条直线交抛物线于4B两

点，4',夕分别为4,8在/上的射影，M为48’的中点，给出下列命题：

①AF1B'F;

②AM1BM-,

③AF〃BM;

④AF与AM的交点在y轴上；

⑤AB'与4B交于原点.

其中真命题是.(写出所有真命题的序号)

24.如图，三棱柱ABC-A/iCi中，4一BCBi是棱长为2的正四面体.

(I)求证：AC1CC1；

(口)求三棱锥B-4CG的体积.

25.如图,四棱锥P—4BCC中,PA1底面//BC,BC=2AD=4,AB=CD,/.ABC=60°,

N为线段PC上一点，CN=3NP,M为A£＞的中点.

(1)证明：MN〃平面P48；

(2)求点N到平面PAB的距离.

26.如图，四棱锥P-4BCD中，底面ABC。是边长为2的菱形，乙4BC=60。，AC与8£)交于点O,

POJ_平面ABC。，E为CZ)的中点，连接AE交B。于G,点尸在侧棱PO上，且DF=赳＞

(1)求证：PB〃平面AER

/iy

(2)若COKNDPA午，求三棱锥E-/MD的体积.

27.如图，在多面体A8CQE中，AC和8。交于一点，除EC以外的其余各棱长均为2.

(I)求证：BD1CE；

(II)若平面ADE_L平面ABE,求多面体A8C£>E的体积.

28.如图所示，三棱锥P-4BC中，241平面ABC,^BAC=60°,PA=AB=AC=2,E是PC的

(1)求证AE与PB是异面直线；

(2)求异面直线AE与PB所成角的余弦值.

29.如图，四棱锥P-4BC0中，底面4BCO为菱形，PA_L底面ABC。，AC=272,24=2,E是

PC上的一点，PE=2EC.

(1)证明：PCJ•平面BED；

(2)设二面角4-PB-C为90°,求PO与平面PBC所成角的大小.

30.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面A8C。为平行四边形，4PC。为等边三角形，平面PAC1

平面PCD,PA1CD,CD=2,AD=3

(1)证明：PA1平面PCD;

(2)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.

【答案与解析】

1.答案：。

解析：

【试题解析】

本题考查线面垂直的性质的应用，异面直线成角，以及线面角.

由设AB=2,过M作M0〃4D与AB交于0,连接P。，BM,则NPM0（或补角）为异面直线PM与

A。所成的角，所以cos/PM0=孚或一产，进行验证舍-半，由点B在平面尸DC内的射影G在直线

PM上，则直线PB与平面PDC所成角为4BPM,在三角形中求解.

解：设AB=2,过M作M0〃4D与AB交于0,连接尸0,BM,则ZPM0（或补角）为异面直线与

所成的角，

由题意得。是AB中点，

所以cosNPMO=空或一夜，

33

•••4BAD=彳，

BCO是正三角形，

BM=痘,

•1,PB1底面ABCD,

PO2=PB2+BO2=PM2+MO2-2PM-MO-cos/PM。，

•••PB2+BO2=PB2+BM2+MO2-2PM-MO-cos"M。，

当cosAPMO=-?时，上式不成立；

•••PB2+l2=PB2+V32+22-2PM-2•—，得PM=

32

易知点B在平面PDC内的射影G在直线PM上，

则直线PB与平面PDC所成角为4BPM,

其正弦值为sintBPM=翳=度■=|.

故选D

解析：

【试题解析】

本题考查三棱锥的外接球的体积.

先根据已知条件得到三棱锥P—4BC中PA,PB,尸C两两垂直，三棱锥P-4BC放到正方体中，则

正方体的棱长为四，则正方体的外接球即为三棱锥P-4BC的外接球，由此得到球。的半径，进而

求出体积.

解：如图,

取AC中点G,连接PG,BG,

易证4c_L平面PBG,PBu平面PBG,故PB1AC,

又E,尸分别是PA,A8的中点，故EF“PB,

由"EF=90。，得EF1EC,

故PB_LEC,而4CnEC=C,

因此PB_L平面PAC,

所以PB1PA,PB1PC,

又因为APAB,&PBC,ZkP力c是全等三角形，

所以三棱锥P-ABC中PA,PB,PC两两垂直,

将三棱锥P-4BC放到正方体中，如图，则正方体的棱长为企,

则正方体的外接球即为三棱锥P-ABC的外接球，

易求得正方体的体对角线长为遥，故球。半径R='，

则球。的体积V=-nR3--7Tx5^=y/6rt<

338

故选D.

3.答案：B

解析:

本题考查了二面角的知识，考查了推理能力与计算能力，属于难题.

先做出平面的二面角，再把底面的平面展开图建立平面直角坐标系.

如图1过点。作。。1平面ABC,垂足为0,再过点0分别作P。、QR、RP的垂线段，垂足为尸、G、

E,

连接EF,DF,DG,则taimtan3黑.

将底面的平面图展开如图2所示，以P为原点建立平面直角坐标系，

不妨设4（一1,0）,^B（l,0）,C（0,V3）,0（0,y）,

因为AP=PB,田=翳=2,

所以呜豹，R（-渭），

，Rp：y=一曰x，^PQ-y~2V3x,1RQ=与X+苧,

根据点到直线的距离公式,知。E=婴,。/=鲁。G=/

7

所以OEAOG〉。/,tana<tany<tan/?,又显然a、/?、y为锐角，所以a<y</?。

D

图2

故选：B.

4.答案：B

解析：

本题考查三视图，确定几何体的形状是解题的关键.

解：由三视图可知该几何体是可看出是一个三棱锥A-BCE和一个四棱锥力-CDFE组合而成，如图:

体积为U=^x1x4x4x4+|x1x(2+4)x4x4=y,

故选B.

5.答案:A

解析：

本题考查的知识点是由三视图求表面积，利用三视图得出该几何体的图像进行求解即可得.

解：如图，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其表面积

5=6x4-1x6+2x1x72x^=21+73.

故选A.

6.答案：D

解析:

【试题解析】

本题主要考查了三棱锥的外接球，考查了三棱锥的结构，考查了数形结合思想，属于难题.

解决本题的关键是根据题意找出。点及。点的位置.

过P作PD1平面ABC,。为垂足，取线段BC的中点E,则。E,平面A8C,利用线面垂直的判定及

性质得出NPM。即是平面PAC和平面A8C的二面角，由几何关系得出内切圆半径，利用切线的性质

及勾股定理求解即可.

解：如图，过P作PD1平面ABC,。为垂足，取线段

BC的中点E,则OE_L平面ABC,

由己知可得。为直角三角形A8C的内心，

做。M垂直于AC与M,则DM1AC,

因为PD，平面ABC,平面所以PD1AC,

又PDnDM=D,：.AC1平面PDA/,

又PMC平面POA/,所以/C1PM,

所以4PM。即是平面PAC和平面ABC的二面角，

设。E=%.因为=5:12:13,不妨设48=5,AC=12,BC=13,

由几何关系可得直角三角形ABC的内切圆半径r=DM=史芳竺=2,

由ZPA/D=；,得P。=273.DE=卜+导3了=苧,AE=当，

由勾股定理得。炉=OE2+AE2,OP2=DE2+(PD+OF)2,

又因为。力=OP,所以/+等=中+(2b+无产

解得％=*嗨=导净

,PO19

即m一=—,

'OQ7

故选D

7.答案：D

解析：

本题考查多面体外接球表面积最值的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题.

由题意画出图形，可得力D1AB,取B。中点G,则G为的外心，设正三角形BOE得外心为

O,可知当平面Z8D平面8DE时，三棱锥E-ABC的外接球的半径有最小值，由此求得答案.

解：如图,

由4B=1,ZM=遮，BD=2,得4D14B,

取8。中点G,则G为△4BD的外心，

设正三角形BDE得外心为O,可知当平面48。_L平面8DE时,

三棱锥E-ABD的外接球的半径有最小值为OE=辿.

3

三棱锥E-ABD的外接球的最小表面积为4兀x(辿尸=必.

k373

故选O.

8.答案：C

解析：

本题考查了空间几何体的结构特征，及几何体的体积的计算，其中解答中找出所求四面体的底面面

积和四面体的高是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，对于空间几何体的体积与

表面积的计算时，要正确把握几何体的结构特征和线面位置关系在解答中的应用.

设EB=x,xe(0,1),根据已知条件可以得到EF=V2X,尸到平面4&当8的距离为x,进而得到三

棱锥4-EFB］的体积为UU(1-x)•1•x=*(x-/),以此求解即可.

解：由题意在棱长为1的正方体4BCD-4i8iGDi中，点E,尸分别是线段上的动点，

且线段EF平行于平面4遇。。1，又EF与AD1共面，［EF〃4Di

1BEAB

设EB=x,xe(0,1),则EF=V2x,尸到平面的距离为x,

所以三棱锥4-EFB］的体积为U=［［(1-X)•l-x=1(x-x2),

当％=泄，体积取得最大值》故选C.

9.答案：D

解析：略

10.答案：B

解析：

本题考查正三棱锥的外接球及球的截面的性质的应用，属于较难题目.

解题关键是关键是构造图形，利用解三角形计算外接球的半径.

解：如图

设三角形BOC的中心为球。的半径为R,

连接OiD,OD,。花，OE,

则。1。=3s讥60。x|=V3,AO1=^AD2-DO^=3，

在RtA。。/中，R2=3+(3-R)2,

解得R=2,

因为BD=6BE,

所以DE=I，

在ADEOi中，0送=小+华-2x遮x|xcos300=争

所以OE=JOE+00：=1^+1=手,

过点E作圆。的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小,

此时截面圆的半径为忸-二*

\42

最小面积为J7T,

4

当截面过球心时，截面的面积最大，最大面积为47r.

故截面圆的面积的取值范围为停为4兀］.

故选B.

11.答案：AB

解析：

【试题解析】

本题考查空间向量的运算，利用空间向量求夹角等，属于中档题,

解题时直接利用空间向量基本定理，以及向量的运算对每一个选项进行判断即可。

解：顶点A为端点的三条棱长都相等，不妨设设棱长为1

则标-AB=XA^-AD=AB-AD=lxlxCOS600=|

选项A：(丽*+南+同)2=(A47)2+(AB)2+(AD)2+2AA^-AB+2AA1-AD+2AB-AD=1+

1+1+14-1+1=6

222

2(而)2=2(AB+AD)=2(AB+AD+2AB■西=2(1+1+1)=6,故(他+AB+

12-x2

AD)=2(AC)=6，所以A对；

选项B：AC^-(AB-AD)=(诉+AB+AD)(AB-AD)=AA^-AB-AA^-AD+AB2-AB-AD+

〜，♦,’——♦2

AB-AD-AD=1-1+1-14-1-1=0

故B对;

选项C：因为瓦工=西方,易知』44中为正三角形，则乙丸山。g,所以向量工方与4工所成角为120。,

即向量BiC与44i的夹角是120°，故C错;

选项D：~DB[=AD+AA^-AB,AC=AB+AD>贝"西|=J(AD+AA^-AB)2=

JAD2+A4^2+AB2-2AA^-AB-2AD-AB+2AD-AA^="+1+1-1-1+1=V2

|阿=J(AB+AD)2=JAB2+AD2+2AB-AD=V1+1+1=V3

西-AC=(AD+AA^-AB)-(AB+AD)=AD2+AA^-AB-AB2+AA^-AD=1+^-1+^=1

所以cos（DBi•AC）=谶儡=悬而=Y

所以BO】与AC所成角的余弦值为半，故。错;

故答案选4瓦

12.答案:ABD

解析：

本题考查棱柱的结构特征、空间直线与平面的位置关系、体积的运算.

由棱柱的结构特征、空间直线与平面的位置关系可分析每项得答案.

、、

解：对于A,连接当名、EFB]EDXF,易知B/J/EF,BXE=DXF,则过当，E,尸的截面是四

边形aEFD1，是等腰梯形，故4正确：

对于B,连接BD、GF,因为EF〃B。，EF仁平面BDD/i,BDu平面BD/Bi,所以EF〃平面,

同理GF〃平面

因为EFCiGF=F,EF,GFu平面EFG,所以平面EFG〃平面BCD/i，又EPu平面EFG,所以EP〃

平面BDD1B1，故B正确：

对于C,连接&C、JF,因为_L平面CC/iD,QFu平面CGDW，所以久久1C/,显然&C与

QF不垂直，贝》£与平面EFCi不垂直，EM1&C不恒成立，故C错误；

对于。，连接CDi、48、&D,因为CD"/&8,CD]C平面A/D"/u平面&BD,则CD1〃翩他。，

所以点Q在直线CDi上运动时，△&BD的面积为定值，Q到平面△&BD的距离为定值，所以三棱锥

B-41QD的体积是定值，故。正确，

故选ABD.

13.答案：BC

解析：

本题考查立体几何中直线与直线、直线与平面的关系及截面积有关的计算问题，属于中档题.

人利用线面垂直的定义进行分析；B.作出辅助线利用面面平行判断；C.作出截面然后根据线段长度计

算出截面的面积；D.通过等体积法进行判断.

解：4若。iOJ_AF,又因为£)|O_L.AZ?且4EnAF=4所以DO」平面AEF,

所以DO4EF,所以CC'i^EF,显然不成立，故A错误；

员如图所示，取的中点。，连接&Q,GQ,

A

由条件可知：GQ//EF,A0HAE,且CQn4Q=Q,EFn=E,所以平面4GQ〃平面4EF,

又因为&Gu平面&GQ,所以41G〃平面AEF,故B正确;

C.如图所示，连接。丁,。14延长。/,4E交于点S,

因为E,F为Ci&BC的中点，所以E/7/&D,所以4瓦吃久四点共面，

22

所以截面即为梯形AEFD],又因为D[S=AS=V4+2=2-\/5>ArD=2V2>

所以SMDIS=彳x2鱼xJ(2®_(怜2=6,所以SmEFDLix,故C正确;

。.记点C与点G到平面AEF的距离分别为瓦,九2，

因为Vc-A£F---SAEF-八1=^A-CEF~3"2=~>

又因为％TEF=I'SAEF'h2=VA-GEF=!.詈,2=|,

所以心力电，故。错误.

故选：BC.

14.答案：y

4

解析:

本题考查的知识要点：线面垂直的判定和性质的应用，球与锥体之间的关系，勾股定理的应用，主

要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型.

首先求出线面的垂直，进一步求出球心的位置，最后利用勾股定理的应用求出结果.

解：在△ABC中，AB=8,BC=6,AC=10,

所以加+BC2=4。2,故AB_LBC,

P为△ABC外一点，满足PA=PB=PC=5强，

取AC中点£),连接BO,PD,易知PO14C,

PDV'(PA)2—(.40,1()>PB=5y/5,BD==5,

JilljPB2=PD2+BD2,故PD1.BD,

又BDryAC=D.BDC平面ABC,ACC平面ABC

则PDJ_平面ABC,

设球的半径为凡所以R2=52+(10-/?)2,

解得：R=F.

故答案为：

4

15.答案：

4

解析：

本题考查的知识要点：线面垂直的判定和性质的应用，球与锥体之间的关系，勾股定理的应用，主

要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题.

首先求出线面的垂直，进一步求出球心的位置，最后利用勾股定理的应用求出结果.

解：在44BC中，AB=8,BC=6,AC=10,

+BC2=AC2,.-.ABIBC,

取AC中点。，则BD=4D,又尸为44BC外一点

满足PA=PB=PC=5而，

•••PD1AC,贝UP。，平面ABC,球心O为尸。上一点,

所以：PD={(PA?_(40)2=io,

设球的半径为R,所以R2=52+(10-R)2,

解得：R=今

故答案为：

4

16.答案：30。

解析：

本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能

力，考查数形结合思想，是中档题.

以A为原点，为x轴，A。为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线P3

与平面尸8所成的角大小.

解：四棱锥P—ABCD底面是边长为2的正方形，

「41平面4?。£),且24=2,

以A为原点，A8为x轴，AQ为y轴，AP为z轴,

建立空间直角坐标系，

P(0,0,2),8(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),

PB=(2,0,-2),PC=(2,2,-2),~PD=(0,2,-2),

设平面PCD的法向量元=(x,y,z),

C

X

fn-PC=2x+2y-2z=0„„«,日一八

则｛__,'，取z=l,得元=(0,1,1),

(n-PD=2y-2z=0

设直线PB与平面PCD所成的角为0,

则s讥"iBi=熹.

e=30°,

•••直线PB与平面PCD所成的角大小为30。.

故答案为：30。.

17.答案：10+迎

解析：

本题考查了由三视图求几何体的表面积，根据三视图的数据求相关几何量的数据是解答此类问题的

关键.

根据三视图可得四棱锥的底面是直角梯形，上底是1,下底是2,高是2,一条长为2侧棱与底面垂

直，对底面和四个侧面求面积.

解：由三视图知：四棱锥的底面是直角梯形，上底是1,下底是2,高是2,一条长为2侧棱与底面

垂直，

设四棱锥为V-4BCD,令平面48CO,AB=2,BC=1,AD=2,则。。=4，VB=2V2-

VD=2&，VC=3,

所以S底曲=~~~=3,SAVAB=^AVAD=]X2X2=2,

SAVBC=1x1x2V2=V2,

因为CD=遍，VD=2V2，VC=3,

由I”/\-5+8-9

所以DC=---------=------==------,

2x2x/2xy/510

所以xin/l'DC=,

10

所以21/以>=|xV5x2V2x=3>

所以四棱锥的表面积是3+2+2+3+72=10+V2.

故答案为10+我.

18.答案：3；|

解析：

【试题解析】

本题考查线面垂直的判定与性质，考查棱锥的体积最值问题，题目较难.

由条件可得RtZUPOsRt/kBPA,RtAEPD-RtABPC,可得「屋=PEPC,求得PE=3；

然匹=爱匹=：霁，设4B=x,NAPB=a,则有“一皿后=①耍.设484c=6,则x=2cos9,

VS4PB

P-ABChPCB尸人"£12+X2

Su2，>

于是Up_4D£=返萼,令f-'-oe（0.J）,可求得出《血，进而可得结果.

〃ADb7+COS207+CO«20\2/1112

解：因为PA1平面ABC,ABu平面ABC,

所以PA_L4B.

又AD1PB,所以RtZiAPO-RtABP/1,

于是"="n尸肥=p。-PB①.

PAPBJ

因为PA_L平面ABC,BCu平面ABC,

所以24IBC.

又点B在以4c为直径的圆上运动，

所以4BJ.BC,S.PAC\AB=A,PA,ABPAB,

所以BC1平面PAB.

又PBu平面P4B,所以8cl.PB.

而DE1PC,

所以RtAEPO-RtABPC,

于是殷=里=PD-PB=PE•PC②,

由①②得：PA2=PE-PC.

因为PA=2V3,PC=J（2次丁+22=4,

所以PE=^-=3,于是卷=3.

Up-ADE_心-PDE_S&PDE_PDPE_3.PD

VV

P-ABCA-PBCS^PCBPCPB4PB'

设AB=%,Z-APB=a.

因为%-ABC=：P4.S^ABC=yX<4-x2>

PDPAcosafPA\212

­=—-=cos7£a=-=------r

所以Vp_40E=[•筹•Vp-ABC

3V3xV4-x2

3,彘亭后卞12+x2

设Z_B4C=9,则x=2cos3,0€(0,,

3>/3-2cos0-2sin03V3sin20

所以力-力DE=

12+4COS207+cos20

人sin20/八7r\

令i不力o

则sin28—tcos20=73sin(20+口)=-^=

所以|sin(20+s)|=|^]《l,

解得：旧＜9

所以%-皿=黑翳《38x"4

所以三棱锥体积的最大值是：.

故答案为：3；

19.答案：5

解析：

【试题解析】

本题考查多面体的外接球问题，找球心，求半径是解决此类问题的关键,属于中档题.

由己知得，球心在上下底面中心连线上，该连线与上下底面垂直，球心必在该垂线上，然后

根据。B=0G,利用两个直角三角形。。母与直角三角形。。28,,即可列出外接圆半径的方程，求解

即可.

解：假设。为刍童外接球的球心，连接”F、EG交于点。「连接AC、08交于点。2，

由球的几何性质可知0,。1，。2在同一条直线上，

由题意可知，。。2JL平面A8CQ,。。11_平面£7=774。2。1=4.

22

设。2。=「，在RtAOGOi中，OG=OOl+OrG,在矩形EFG”中,

EG=yjEF2+FG2=j(6V2)2+(276)2=4V6-。母=：EG=2限

AOG2=OOl+OG=(4-r)2+(2V6)2.

=心M=卜+(4圾2

在/?%。8。2中，。B2=OOl+aB2,在矩形A8CO中，DB=8*O2B=

>=4-

2222

0B+OOl+O2B=r+4.

设外接球的半径OG=OB=R,

(4-r)2+(2V6)=r2+42,解得r=3.

则。8=序彳甲=5,即R=5,则该刍童外接球的半径为5.

故答案为：5.

20.答案：g+日

解析：

本题主要考查几何体的截面问题，延长NM,4Di，交于点P,连接AP,交DDi于点E,延长”从义当,

交于点Q,连接AQ,交BBI于点F,则五边形MNE4E即为所得截面，求出即可得到结果.

解：如图，延长NMMi5,交于点P,连接AP,交。久于点E,延长“N,4/i，交于点。，连接A。,

交BB】于点F,

则五边形MNF4E即为所得截面，易得E,F分别为。5和BB1的三等分点，

则ME=NF=J©n+©)2=9,AE==JM+(|)2=导MN==当,

则五边形MNFAE的周长为2x更+2X叵+叱=旧+坦.

6322

故答案为E+亨.

21.答案：①③④

解析：解：如图,

••・直线AC经过平面BCCiBi内的点C,而直线C】E在平面BCGB1内不过C,

・•・直线AC与直线GE是异面直线，故①正确；

当E与5重合时，AB11A1B,而GBi_L4iB,

4B1平面ABiQ,则&E垂直AC],故②错误；

由题意知，直三棱柱4BC-41B1C1的外接球的球心为。是AC】与&C的交点，则△A&。的面积为定

值，由BBi〃平面441GC,

・•.E到平面44。的距离为定值，二三棱锥E-4g。的体积为定值，故③正确；

22

设BE=x,则BiE=2-X,二AE+ECX=Vl+x+71+(2-%).

由其几何意义，即平面内动点。,1)与两定点(0,0),(2,0)距离和的最小值知，

其最小值为2夜，故④正确.

故答案为：①③④

由题意画出图形，由异面直线的概念判断①；利用线面垂直的判定与性质判断②；找出球心，由棱

锥底面积与高为定值判断③；设BE=x,列出4E+EG关于x的函数式，结合其几何意义求出最小

值判断④.

本题考查命题的真假判断与应用，考查空间想象能力和思维能力，属中档题

22.答案：3871

解析：

本题考查有关球与三棱锥的组合体的问题，属于较难题.

—

设4B=m.BCn,求得4R2=蜷1+(血？+n2)=蜡今+4—2nm,(m+n=2)是关键.

解：设==n,取4c的中点区8。的中点0,

-ABIBC,5Q过球心0,

・•・E为三角形A3C外接圆的圆心，0E,而A3C,

1

^D-ABC=§S—BCX20E

=~x~mny/4R2—(m2+n2)=1.

36人

4腔9=———+(m29+n2)

mznz

36

=+4—2mn,(m4-n=2),

因为/(X)=|f-2x在(0,+8)上递减，

所以当如7取得最大值时，4产取得最小值，

2=m4-n>2y/mn,mn<1,当且仅当m=n=1时取等号,

^2min=y+4-2=38，

则球。的表面积的最小值为387r.

故答案为387r.

23.答案：⑴147r

(2)x+3y-5=0

(3)1

(4)①②③④⑤

解析：

(1)

本小题考查长方体外接球的表面积，关键是根据长方体的对称性和球的对称性判断出长方体的对角

线即为外接球的直径，即可求出体积，属基础题.

解：长方体的对角线长/=V12+224-32=V14»

所以外接球半径为r=任，

2

所以球的表面积为S=4兀产=147T.

故答案为147r.

(2)

本题考查两圆相交公共弦弦所在直线方程的求法，只需把两圆的方程相减即可得到公共弦方程，属

基础题.

解：因为两圆的方程分别为；

x2+y2=10,(x-I)2+(y-3)2=10,

两式相减得;x+3y-5=0即为公共弦所在直线方程.

故答案为x+3y-5=0.

(3)

本题考查三棱锥的体积的计算，根据正三棱柱的性质可知平面BCGBi，所以A。即为所求三棱

锥的高，按体积公式即可求出体积，属基础题.

解：根据正三棱柱的性质可知4。_L平面BCG%,且百,

所以匕-BiDCi=]x5x2xV3xV3=1.

故答案为1.

(4)

本题考查抛物线的标准方程利性质，以及直线和抛物线的关系，根据抛物线性质逐项判断即可，属

难题.

解：①.由题意可知f=44'|,|BF|=

所以444F=乙AFA',乙BFB'=LFB'B,A'AF+FBB'=180°,

所以A'尸IB'F,对；

②.取A8中点C,连接CM,

贝“CM|=*44+BB')=l(\AF\+|FF|)=\\AB\,

所以“在以AB为直径的圆上，故AMIBM,对；

③.由②可知MC=4C,所以乙4MC=NM4C,所以MC//44',

所以ZA'AM=4AMF=NM4F,所以AM平分产，

所以AF1AM,又AMJ.BM,所以4F〃BM,对；

④,取4B1x轴，则四边形4FMA为矩形，

可知4尸与月用交点在y轴上，对；

⑤.取AB1x轴，则四边形为矩形，

可知力B'与4B交点在原点，对.

故答案为①②③④⑤.

24.答案：(I)证明：如图，取SB1的中点E,连接CE交BCi于点0,

则点。为ABCBi的重心，连接A0,设BQ交aC于点凡

依题意点A在底面的投影为4BCB]的重心，即4。1平面BCGBi，

而8当u平面BCC/i，所以4。1BBi.

因为aBCBi是正三角形，所CElBBi，

乂4。CCE=。，A。、CEu平面AEC,则BB】JL平面AEC,

又4cu平面AEC,则BBi1AC,

而BBJ/CQ,所以CG1AC.

(H)解：由A—BCB1是棱长为2的正四面体，

所以CO=-CE=—，AC=2,AO=y/AC2-CO2=—,

333

因为BC=CC1=2,乙BCC]=120°,

得SAHCQ=|BCCCi-sin乙BCC\=；x2x2x.=e，

=XX=

所以%-4CQ=^A-BCCX|^V^'

解析：本题考查了线面垂直的判定，证明线线垂直，棱锥体积求解，属于中档题.

(1)取BB1的中点E,连接CE交BCi于点O,证明401且CE1BB1,即可证明BB】_L平面4EC,

从而证明AC1CCi；

(2)利用等体积法，转化可得0.ACJ=匕-8"|，即可求解.

25.答案：(1)证明：过N作NE〃BC,交PB于点E,连AE,入

vCN=3NP,：.EN//BC旦EN=E\

又•••AD〃BC,BC=2AC=4,M为AO的中点，\、\?'\

=/>；•\\

EN"AMWEN=AM,/“戒二=二二三七一过\

BLL......................-Ar

••・四边形AMNE是平行四边形，［MN〃AE,

又MNC平面PAB,AEu平面PAB,

MN〃平面PAB.

(2)解：连接4C,在梯形4BCD中，

由BC=2AD=4,AB=CD,^ABC=60°,得力B=2,

:.AC=2^3>ACJ.AB.

•••PA1平面ABCD,.-.PAIAC.

又：PAn4B=4,•••ACJL平面PAB.

又；CN=3NP,

•••N点到平面PAB的距离d=-AC=—.

42

解析：本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求不地，是中档题，解题时要认真审题，

注意空间思维能力的培养.

(1)过N作NE//BC,交PB于点、E,连AE,推导出四边形AMNE是平行四边形，从而MN//AE,由

此能证明MN〃平面PAB.

(2)连接AC,推导出4B,PAS.AC,从而AC_L平面PA8,由此能求出N点到平面PAB的距离.

26.答案：(1)证明：如图，连接FG,

因为E为CD的中点，在菱形A8C。中，。为AC的中点,

所以A£与0。的交点G为△AC。的重心，

o-1

在APBO中，DG=^D0=^DB.

又DF=：PD,所以FG〃PB.

又FGu平面AEF,PB仁平面AEF,

所以PB〃平面AEF.

(2)解：因为P。，平面ABC。，底面ABC。为菱形，

所以设P。=X,则P4=Vl+x2.PB=V3+x2.

PA2^-PB2-AB2XT_\/2

在APAB中,coaZ.BPA=

2PAPB/(I+22)(3+22)4

解得％