高中数学第八章第1节《基本立体图形》提高训练题 (27)(含答案解析)

第八章第1节《基本立体图形》提高训练题（27）

一、单项选择题（本大题共6小题，共30.0分）

1.唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组

合体（如图2）.当这种酒杯内壁表面积（假设内壁表面光滑，表面积为S平方厘米，半球的半径为

R厘米）固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值范围为

图1

A.(0,B.,+00)C.D.

2.如图，在长方体ABCD-4181c1劣中，AB=1,8C=H，点M在棱

CG上，且MD1J.M4则当AAMDi的面积最小时，棱CG的长为

A考

B考

C.2

D.V2

3.下列说法中，正确的有（）个.

①各个面都是三角形的几何体是三棱锥;

②过球面上任意两点只能作球的一个大圆;

③三棱锥的四个面都可以是直角三角形;

④梯形的直观图可以是平行四边形.

A.1B.2C.3D.4

4.如果圆柱的轴截面周长为定值4,则圆柱体积的最大值为（）

167r

27

5.已知正四面体A8C£）,点尸在线段C£>上，SLCP=2PD,二面角A-BC-O,P-AB-D,C-

4P—B的平面角分别记为a,B，Y>则（）

A.P<a<yB.£<y<aC.a</?<yD.a<y<0

6.已知三棱锥P-4BC的体积为3,且满足PA,PB,PC两两垂直，二面角4-BC-P为60。，则

△4BC面积的最小值为

A.6B.65/3C.9D.973

二、多项选择题（本大题共10小题，共40.0分）

7.在长方体4BCD-A1B1GD1中，=BC==2,P是上的一动点，则下列选项正确的

A.OP的最小值为延B.DP的最小值为通

C.4P+PC1的最小值为连D.4P+PG的最小值为理

如下图，矩形A3C£>,M为3c的中点，将团4BM沿直线AM翻折成

EMBiM,连接当。，N为当。的中点，则在翻折过程中，下列说法中

所有正确的是（

A.存在某个位置，使得CN_L4B］；

B.翻折过程中，CN的长是定值

C.若AB=BM,则AM1&D；

D.若4B=BM=1,当三棱锥&一AMD的体积最大时，三棱锥当一AMO的外接球的表面积是

47r.

9.如图，点M是正方体ABCD-&B1GD1中的侧面ADD14上的一个动点，则下列结论正确的是（）

A.点M存在无数个位置满足CM1ADr

B.若正方体的棱长为1,三棱锥B-QMD的体积最大值为|

C.在线段AD】上存在点M,使异面直线Bi"与CD所成的角是30°

D.满足到直线AD和直线65的距离相等的点M的轨迹是抛物线

10.在棱长为1的正方体4BCD-&B1C1D1中，尸为底面ABC。内（含边界）一点.（）

A.若则满足条件的P点有且只有一个

B.若&P=e，则点P的轨迹是一段圆弧

C.若&P〃平面BWiC,则&P长的最小值为企

D.若&P=鱼且41P〃平面/DC则平面4PG截正方体外接球所得截面的面积为与

11.在棱长为1的正方体力BCD-必务的劣中，已知点P为侧面BCQBi上的一动点，则下列结论正

确的是

A.若点P总保持P41BD1，则动点P的轨迹是一条线段

B.若点尸到点A的距离为度，则动点P的轨迹是一段圆弧

3

C.若P到直线AO与直线CQ的距离相等，则动点P的轨迹是一段抛物线

D.若P到直线BC与直线65的距离比为1:2,则动点尸的轨迹是一段双曲线

12.如图，点。是正四面体PABC的面4BC的中心，过点O的直线Av

交AC,BC分别于点M,N,S是棱PC上的点，平面SMN与棱/1

尸4的延长线相交于点。，与棱PB的延长线相交于点R,贝1（）。冬冬壬二二》c

A.若MN〃平面PAB,则4B〃RQ

B.存在点5与直线MN,使PC1平面SRQ

R

C.存在点S与直线MN,使丙■（PQ+PR）=0

D-高+高+高是常数

13.已知在正四棱锥P-4BCD中（底面为正方形，顶点在底面上的射影为底面中心的四棱锥），AB-

2,PA=3,侧棱与底面所成角为a,侧面与底面所成角为/?,侧面等腰三角形的底角为y,相邻

两侧面的二面角为。，则下列说法正确的有（）

A.a<p<y<0B,a<^<0<y

C.cos6+cos2^=0D.cosd+cos2a=0

14.《九章算术・商功》记载：斜解立方，得两堑堵.如图所示ADF-

BCE为一堑堵，而斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖席.阳马居二，

鳖席居一，即F-ABCD为阳马，E—BCF为鳖席.其中四边形

ABCD^AA8EF均为矩形，且平面ABCD，平面ABEF,AB=4,

AD=AF=2.则对有关几何体的描述，正确的是（）

A.阳马中四个侧面都是直角三角形

B.阳马中最长的侧棱长与鳖）1最长的棱长相等且为2甚

C.堑堵外接球的体积为2遍兀

D.阳马与鳖席重合面的面积为4

15.已知球。是正三棱锥（底面为正三角形，点在底面的射影为底面中心）4-BCO的外接球，BC=3,

AB=26,点E在线段上，且BD=6BE,过点E作球。的截面，则所得截面圆的面积可

能是（）

A.47rB.27rC.37rD.n

16.如图，在矩形A8C£>中，M为8c的中点，将△4MB沿直线AM翻折成

△4B1M,连接Bi。，N为BiD的中点，则在翻折过程中，下列说法正确

的是（）

A.存在某个位置，使得CN1AB1

B.C7V的长是定值

C.若AB=BM,贝UM1BtD

D.若48=BM=1,当三棱锥&-AMD的体积最大时，三棱锥/一AMD的外接球的表面积是

47r

三、填空题（本大题共14小题，共70.0分）

17.如图，正方体4BC。-&口道］。］的棱长为2遮，动点P在对角线B以上，过点尸作垂直于8久的

平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的面积为》设BP=x,则当xe［1,5］时，函数y=/（x）

的值域为.

18.已知三棱锥P-ABC中，APAB是面积为46的等边三角形，NACB=W，则当点C到平面PAB

的距离最大时，三棱锥尸-ABC外接球的表面积为.

19.已知一圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为越，在该圆锥内放置一个棱长为。的正四面体，并

2

且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a的最大值为_____.

20.某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为.^/|T

H-l-H

正（主）祝图愀左）视图

俯视出

21.蜂巢是由工蜂分泌蜂蜡建成的从正面看，蜂巢口是由许多正六边形的中空柱状体连接而成，中

空柱状体的底部是由三个全等的菱形面构成，菱形的一个角度是109。28',这样的设计含有深刻

的数学原理、我国著名数学家华罗庚曾专门研究蜂巢的结构著有做谈与蜂房结构有关的数学

问题九用数学的眼光去看蜂巢的结构，如图，在六棱柱ABCCEF-A'B'C'D'E'的三个顶点A,C,

E处分别用平面BFM,平面BDO,平面QFN截掉三个相等的三棱锥M-ABF,0-BCD,N-DEF,

平面平面2。0,平面DFN交于点P,就形成了蜂巢的结构.如图，设平面PBO。与正

六边形底面所成的二面角的大小为。，则cos。=.（用含tan54。44'的代数式表示）

22.三棱锥三条侧棱两两互相垂直，且长分别为1cm,1cm及2cm,则它的外接球的体积为cm3.

23.在三棱锥S-ABC中，底面△ABC是边长为3的等边三角形，SA=聒,SB=2遍,若此三棱锥

外接球的表面积为21兀，则二面角S-AB-C的余弦值为.

24.已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在某球面上，PC为该球的直径，团ABC是边长为4的等边三

角形，三棱锥P-4BC的体积为则此三棱锥的外接球的表面积为.

25.在长方体中2BCD—4B1GD1，48=AD=^3,AA1=1,面对角线4$上存在一点P,使得AP+

。止取得最小值，则此最小值为.

26.已知边长为2的44BC的各顶点均在体积为兀的球面上，则该球面上的点到平面ABC距离的

最大值为.

27.在平行四边形4BCO中，AB=2正,BC=3,且cos4=在，以8。为折痕，将△BOC折起，

3

使点C到达点E处，且满足4E=AD,则三棱锥E-4B0的外接球的半径为.

28.我国古代仇章算术少中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童.如图的刍童ABCD-EFGH

有外接球，且AB=4V5，AD=4,EH=2展,EF=6近，点E到平面ABC。的距离为4,

则该刍童外接球的半径为.

29.已知底面为矩形的四棱锥P—4BCD的每个顶点都在球。的球面上，PALAD,PA=AB,PB=

垃AB，且BC=2鱼.若球O的体积为等，则棱尸8的中点到平面PCD的距离为.

30.如图，矩形ABC力中，AB=2AD,E为边AB的中点，将△4DE沿直线OE翻折成△&DE.若例

为线段4c的中点，则在AADE翻折过程中，正确的命题是.

①线段的长是定值；②点M在某个球面上运动；③存在某个位置，使DE_L&C；④存在

某个位置，使M8〃平面公。£

B

【答案与解析】

1.答案：D

解析：

本题考查数学文化与不等式、函数应用题的交汇，考查函数与方程的数学思想以及数学建模的核心

素养，属于中档题.

设圆柱的高度与半球的半径分别为h,R,利用面积公式得酒杯的容积匕由已知条件建立不等关系计

算R范围.

解：设圆柱的高度与半球的半径分别为儿R,

则S=2nR2+2nRh,则〃/?九=|—nR2,

9

所以酒杯的容积【'=JR'+TTRA

=孑正+焉一工尔

=--R3+-Rw-TTR\

323

又无>0,所以〉

所以7rR2<9we7rR2，

23

解得德"<倨・

故选O.

2.答案：A

解析：

【试题解析】

本题考查了向量垂直与数量积的关系、三角形面积计算公式、基本不等式的性质，考查了数形结合

方法、推理能力与计算能力，属于中档题.

如图所示,建立空间直角坐标系.。(0,0,0),设“(0,1")，。1(0,0,2),屹21>0,zH0).由M21MA,

可得西^170=0，2-1=/代入544”5=3|4"||"。11，利用基本不等式的性质即可得出.

解：如图所示，建立空间直角坐标系.

D(0,0,0),设M(0,l,t),(0,0,z),A(V3,0,0),(z>t>0,z*0).

MD[=(0,-l,z-t).AM=(-V3,l.t)，

,:MDr1MA,

・•・MD；•AM=-1+t(z—t)=0，

即z-t=1

1

SMMA=2MMlIMD1I

=|xJ12+(百)2+♦xJ12+(z-t)2

=；Xj4+t2jl+(z-t)2

1_1

=2(4+〃)(1+笆)

当且仅当“岱z=苧时取等号,

所以CC1=z=罢,

故选A.

3.答案：A

解析:

本题考查了简单多面体及其结构特征和空间儿何体的直观图，根据题意逐•判定即可得出结论.

解：对于①，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥，

故①错误；

对于②，如果这两点是直径的两个端点，则能做无数个球大圆，故②错误；

对于③，P4JL底面ABCD,四边形ABC。为矩形，所以四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形，正

对于④，梯形的直观图可能是平行四边形，不正确，因为平行x轴的线段长度不变，故④错误,

只有第三个正确，

故选A.

4.答案：B

解析：

本题考查圆柱的体积，考查基本不等式的运用，考查学生的计算能力，属于基础题.

设圆柱的底面半径为，，高为h,则4r+2/i=4,即2r+/i=2,利用基本不等式，可求圆柱体积的

最大值.

解：设圆柱的底面半径为r,高为九则4r+2/i=4,即2r+/i=2,

■.2r+h=r+r+h.>3Vr2/i>r2h<(|)3，

2

V—nrh<—27n,

圆柱体积的最大值为分,

故选8.

5.答案：A

解析：

本题考查简单多面体(棱柱、棱锥、棱台)及其结构特征，二面角的概念，考查空间想象能力与逻辑

推理能力，属于综合题.

先作出二面角4—BC—。，P-AB-D,c—HP—B的平面角，再比较大小即可.

解：如图,

正四面体ABC。，取BC的中点F,连接4F,DF,取A8的中点E,连接CE,ED,EP,

则4FJ_8C,DF1BC,CELAB,EDLAB,EPLAB,

二面角4一BC—。的平面角为乙4F。=a,

又•••正四面体相邻两面所成角相等，・•.NCEO=^AFD=a,

二面角P-—。的平面角为"ED=0,由图可知NCED>乙PED,

[a>/7,

又过点B向平面ACD作垂线BO,则垂足。为正2L4CD的中心，

过O分别作A。，AP的垂线，则0H1.4。，0Q1AP,易知OH>OQ,

二二面角C—AP—B的平面角为4BQ。=y,乙BHO=Z.AFD=a,

BO,BO

t;uty=,taiia=tanZBWO=,

tair/>taiki,y>a,

综上，p<a<y.

故选A.

6.答案：A

解析：

本题考查了简单多面体(棱柱、棱锥、棱台)及其结构特征，棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和

体积，二面角，线面垂直的判定，线面垂直的性质和利用基本不等式求最值，考查了学生的运算能

力，属于较难题.

以PA,PB,PC所在边为长方体的边构建长方体PBDC-ABiDiCi，设设P4=x,PB=y,PC=

z(x>0,y>0,z>0),过尸在平面PBOC内作PH1BC于H,连接AH,利用线面垂直的判定得5cl

平面PA”，再利用线面垂直的性质得BC再利用二面角平面角的定义得乙4Hp是二面角4-

VZX

BC-P的平面角，即乙4Hp=60。，解直角三角形得S—BC=yz和炉寿=而，再利用棱锥的体积公

式得xyz=18,从而得Ky2z2=i8jy2+z2,再利用基本不等式求最值，计算得结论.

解：因为在三棱锥P-ABC中，PA,PB,PC两两垂直，

所以以PA,PB,尸C所在边为长方体的边构建长方体PBCC-ABiDiG如下：

设P4=%，PB=y,PC=z(x>0,y>0,z>0).

过P在平面PBQC内作PHJ.BC于“，连接AH.

由长方体结构特征知：BC1PA,

而PAnPH=P,P4,PHu平面PA”，

因此BC1平面PAH,而4Hu平面PAH,所以BC1AH,

因此乙4Hp是二面角4-BC-P的平面角，即乙4Hp=60°.

在RtZiPBC中，因为PH,BC=PB-PC,BC=yjx2+y2,

所以四二清再

在R41PH中，阳=告=舞,P"=』=务

因此SA.BC=gjx2+y2=yz,

又因为三棱锥P-ABC的体积为3,所以，x/yz-x=3,即xyz=18,

因此意务=*=即旧代2=18Vy2+z2>

所以V5y2z2》i8y/2xy,即y'z">18x6x2yz,

解得yz》6,当且仅当y=z时，等号成立，

因此S-BC>6,即44BC面积的最小值为6.

故选A.

7.答案：AD

解析：

【试题解析】

本题考查空间点、线、面的关系，考查最短距离求法，属于中高档题.

求DP的最小值，即求△D48底边4$上的高；

以所在直线为轴，将△4/6所在平面旋转到平面ABB14,设点G的新位置为连接AC',则

4C'即为AP+PQ的最小值，利用余弦定理即可求解.

解：求。P的最小值，即求AZMiB底边为B上的高，

易知=A1D=V5,BD=V2>

所以4B边上的高为/i=|通，

连接&Q,BG，得△&BG，

以4道所在直线为轴，将小&BC1所在平面旋转到平面AB&4,

设点G的新位置为L，连接4C',则AC'即为AP+PG的最小值，

易知AAi=2,ArC=A/2,AB=1,BC'=V5.

在直角二角形&AB中，cosa=啜,sina=?,

在三角形为BC'中，由余弦定理得cosn=噂，则sin/?二甯，

f

则(<NZ.AA\C=cot;(c+3)=-,

所以在三角形4%(/中，.40=J+2-2x2xgx(-奈)=等・

故选AD.

8.答案：BD

解析:

本题考查几何体的翻折问题，考查空间中直线与直线的位置关系，球的表面积计算，考查空间想象

能力，属于中档题，对选项逐一判断其正确性即可.

解：对于A,取A。的中点为E,连接CE交于点F,如图1,

图1

贝(]NE〃4Bi，NF//MB1

如果CNIABi，则EN1.CN,

由于ABilMBi，则EN1NF,

由于三线NE,NF,NC共面且共点,

故这是不可能的，故不正确;

对于B,如图1,由/NEC=

且NE=EC,

.•.在△CEN中，由余弦定理得：

NC2=NE2+EC2-2NE-EC-cos4NEC,也是定值,

故NC是定值，故正确；

对于C,如图2

图2

取AM中点为。，•••4B=BM,即=则AM_LB1。

若AM±ByD,由于B］。C\ByD=By,

且当0,Bl。u平面0DB1，

AM，平面ODB「ODu平面Og,

••.0014M,则AD=MO,

由于4。HMD,故4Ml%。不成立，故不正确；

对于。，根据题意知，只有当平面Bp4M，平面AM。时，

三棱锥&-4MD的体积最大，取4。的中点为E,

连接OE,BiE,ME,如图2

,:AB=BM=1,则AB】=BrM=1,

且AB】1BiM,平面&AMC平面AMD=AM

BjO1AM,BiOu平面B/M

Bi。_L平面AMD,OEu平面AMD

ByO1OE,

,

则AM=&,BXO=^AM=Y

OE=-2D2M=-A2M=—，

从而吟廊面=1,

易知EA=EC=EM=1,

・•.AD的中点E就是三棱锥a-AMD的外接球的球心，球的半径为1,表面积是4兀，故。正确;

故答案为：BD.

9.答案：ABD

解析：

本题考查正方体的结构特征，空间想象能力，计算能力，分析转化能力，要求综合能力较高.

逐个分析每个选项，对A,证明"满足AD】即可，对B,当M到平面BGD内距离最大时，三

棱锥的体积最大，对C,求出的长度范围，即可求得异面直线所成角的范围，对。,

把问题转化为抛物线的定义即可.

解：若CM1ADr,因为CD1ADr,CDOCM=C,CD,CMu平面CDM,

所以ADiJ■平面CCM,DMu平面CQM,所以4/J.DM,

又由正方体的性质易得：力。1_1_平面。&。，所以只要M在&。上即可，A正确；

S48cm=乎X（烟2=争所以当时到平面CiBO的距离最大时，三棱锥B-GMO的体积最大，此

时M在4处，最大距离为|xg=等，

所以三棱锥8-GM。的体积最大值V=lx^x^=i,8正确；

3233

若正方体的棱长为1,当M在线段映上时，在△当他中，可求得当“6白，国，假设M在平面

BCC$i上的射影为N,则MN〃CD,

//MN为两异面直线所成的角，cos/BiMN=氏，

又券=粉移陷…CEB1MN£偿，料

又cos30°=[>[,•••NBiMN>30°,C错误;

M到直线GO1的距离就是MD】，在平面内，由抛物线的定义满足到直线AO和点D1的距离相

等的点"的轨迹是抛物线，。正确.

故选ABD.

10.答案：ABD

解析：

本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，解题时可逐项判

断，是中档题.

解：A选项：•.•正方体力BCD—ABiGDi的棱长为1

.•・&C=g,则P与C重合时41P=如，，此时P点唯一，故A正确;

8选项：•••4J=鱼€（1,6），4&=1,则PA=1,即点尸的轨迹是一段圆弧，故8正确；

C选项：平面81。£〃平面BEM〉则当尸为2。中点时，&P有最小值为J惇,+12=苧故。错

误；

。选项：平面8山修//平面BD4,又A』=五,&B=AiD=鱼，所以，点尸为8点或者。点，

则平面&PG截正方体外接球所得截面的面积即为平面&BC1截正方体外接球所得截面面积，正方体

中心到面&BC1的距离为看&C=2,其半径「=_（穿=够,面积为|兀，故。正确.

故选：ABD.

11.答案：ABD

解析：

【试题解析】

本题考查了命题的真假判断与应用，考查了圆锥曲线的定义和方程，考查了学生的空间想象能力和

思维能力，是中档题.

由B/1面4B1C,可得P在面481c和面BCC1当的交线上判断A正确；由平面截球面轨迹是圆判断2

正确；建立空间坐标系，由|PF|=|PG|列式求出动点P的轨迹说明C错误；由双曲线定义说明。正

确.

解：对于A,BDr1AC,BD1LAB1,且ACnA%=4,

所以BA_L平面4%C,平面ABiCD平面=&C,故动点尸的轨迹为线段/C,所以A正确；

对于B,点P的轨迹为以A为球心、半径为竽的球面与面BCC1当的交线，即为一段圆弧，所以B

正确；

对于C,作PE1BC,EF1.AD,连接PF；作PQ1CC「

由|PF|=|PQ|,在面BCQBi内，以C为原点、以直线CB、CD、CC1为x,y,z轴建立平面直角坐

标系，如下图所示：

设P（x,O,z）,则无不N=I尤I，化简得/-z2=l,则P点轨迹所在曲线是一段双曲线，所以C错

误.

对于D,由题意可知点P到点Cl的距离与点P到直线BC的距离之比为2:1,

结合c中所建立空间直角坐标系，可得靠=所以翳=:,代入可得立妥空=+化简可得绰__

9

—=1,故点尸的轨迹为双曲线，所以。正确.

3

综上可知，正确的为ABD.

故选ABD.

12.答案：ABD

解析：

本题考查正四面体的结构特征，线面平行的性质定理，线面垂直的判定与性质，空间向量的线性运

算和数量积，空间向量基本定理的应用，属综合题，难度较大.对于4利用线面平行的性质定理可得

到MN〃4B,MN//RQ,再利用平行公理即得；对于B:设。在直线PC上的射影（垂足）为S,并设在

底面内MN10C,利用线面垂直的判定定理，定义，结合三棱锥的结构特征可以证明这时的S和MM

使PC工平面SRQ,满足要求；对于C:首先可证481PC,然后假若存在点S与直线MN,使西.（丽+

而）=0,取的中点X,则PSJ.PX,进而利用线面垂直的判定定理得到PC_L平面PA8,与正四

面体的结构特征矛盾；对于D：利用空间向量的基本定理的推论中的四点共面的充要条件即可得证.

解：对于A：MN//平面PAB,MNu平面ABC,平面ABCn平面P4B=AB,1•.MN//4B.同理，MNu

平面SMN,平面SMNn平面H4B=RQ,；.MN〃/?Q,：.4B〃RQ,故A正确；

对于B:设O在直线PC上的射影（垂足）为S,并设在底面内MN1OC,：P。_L底面48C,MNu平面

ABC,.-.POA.MN,又•：MNLCO,POCiCO=0,P。u平面PCO,COu平面PCO,MNJ_平面

PCO,MN1PC,XvOS1PC,MNCOS=0,MNu平面SMN,OSu平面SMM•••PC_1_平面

SMN,故8正确；

对于C:由于。为正三角形ABC的垂心，C。1AB,又•；P01AB,AB_L平面POC,：.AB1PC,

若是存在点S与直线MM使丙.（而+而）=0,取RQ的中点X,则万-2两=0,.'PSIPX,

即PCIPX,结合PCJ.AB,PX,AB是平面PAB中的两条相交直线，二PC1平面PAB,但正四面体

中，C在平面PA8中的射影是三角形PA8的中心，不可能是P,故矛盾，故C不正确：

对于D:设正四面体的棱长为。，•・•。为△ABC的重心，.•.司=：（对+而+同）=乂嘿券+/譬+

3'73\|PQ||PR|

鬻）=W（福+篇+蔼），.・•。在平面QRS中，目.而，而，国为不共面的三个向量，，扃+扁+

鬲=1,，高+嵩+高=9,为常数‘故。正确.

综上，选ABD.

13.答案：AC

解析：

本题考查空间中线面角，面面角的比较，考查的知识点比较综合，属于较难题.

连结AC,BD交于点、O,取C。中点E,连结PO,OE,PE,则P。工平面4BC。，

•••4PDO是侧棱与底面所成角a,NPE。是侧面与底面所成角%4PCD是侧面等腰三角形的底角为y,

再分别求出对应的余弦值，相邻两侧面的二面角通过建立空间直角坐标系由两个法向量进行求解，

再结合选项求解.

解：连结AC,BD交于点O,取C。中点E,

连结PO,OE,PE,则POJL平面ABCD,

・•.NPD。是侧棱与底面所成角a,NPEO是侧面与底面所成角£,NPCD是侧面等腰三角形的底角为y,

•••AB=2,PA=3,OA=OB=OC=OD=y/2,PO=V9^2=诟,PE=V?T1=2&,

222

ODV2nOE1V23+2-31

・•・cosa=—=——，cosp=—=—y==——,cosy=_=」=一，

PD3LPE2\[2412x2x33

0>^>y>/?>a>O,A正确，8错误；

以。为原点，08为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系,

则。(一或,0,0),71(0,-V2,0),C(0,V2,0),P(0,0,V7),

PA=(0,-V2,-V7).PD=(-V2,0,-V7).PC=(0,y[2,-V7).

设平面PAO的法向量元=(%i，yi，zi),则[元,丝=一号】一2]=°，

取/=V7.得元=(A/7,V7,-V2).

设平面pc。的法向量记=(如为㈤，则[工.匕=0一8%=0

{m-PD=-V2X2-V7Z2=0

取血=巾，得沆=(夕,—a,—鱼),

则cos。=-=一♦==cos04-cos2jS=0,故C正确，

|m||n|V16V168广

cos。+cos2a=—£+：H0,故Z＞错误.

故选AC.

14.答案:AB

解析：

本题考查直三棱柱的结构特征及线面垂直的判定与性质，同时考查面面垂直的性质及球的体积的求

解，结合已知和面面垂直的性质，逐一分析求解即可.

解：对于4,因为四边形ABC。和AB£F均为矩形，所以A8JL4D,AB1AF,AFnAD=A,AF,

4。＜=平面£4。，所以AB_L平面FAO,

因为平面ABC。_L平面A2EF,平面ABC。n平面4BEF=4B,BCLAB,所以BC_L平面FAB,故四

个侧面都是直角三角形；即A正确；

对于B,鳖腌几何体为f-BCE,且2C=2,BE=2,BF=2751FC=2遥，同理在阳马可求得/C=

V4+16+4=276,即它们重合的一条最长且为2乃，所以B正确：

对于C,可知堑堵外接球的直径为FC=2瓜所以半径为r=伤,从而体积为U=)(㈣3=

8X/67T，所以C错误；

对于。，阳马与鳖膈重合面为直角三角形FBC,且S=^BFxBC=,x2而x2=2百，所以。错

误.

故选AB.

15.答案：ABC

解析：

【试题解析】

本题考查与球有关的组合体问题，属于较难题.

依题意首先求出外接球的半径，即可求出截面圆的面积最大值，设过E且垂直0E的截面圆的半径

为r,即可求出截面圆的面积最小值，从而得解.

解：如下图所示，其中。是球心，0'是等边三角形BCQ的中心，可得。缶=O'D=曰BC=V3,A0'=

，482-0£2=3,设球的半径为R，在三角形0D。'中,由。0'2+。0,2=0D2,即（3-/?/+（苗族=

R?,解得R=2,故最大的截面面积为TTR2=47r

在三角形BE0'中，BE=\BD=\,LEROY

626

由余弦定理得O'E=l3+--2xV3x-cos-=—

\4262

在三角形OO'E中，OE=7O（y2+o，E2=叵,设过E且垂直OE的截面圆的半径为r,N=R2一

2

0E2-4--=-

44

故最小的截面面积为M二1

所以过点E作球。的截面，截面圆面积的取值范围是［*,4兀］

故选ABC.

16.答案：BD

解析:

本题考查几何体的翻折问题，考查空间中直线与直线的位置关系，球的表面积计算，考查空间想象

能力，属于中档题，对选项逐一判断其正确性即可.

解：对于A,取的中点为E,连接CE交于点F,如图1,

图1

贝（］NE〃4Bi，NF//MB1

如果CNIABi，则EN1.CN,

由于ABilMBi，则EN1NF,

由于三线NE,NF,NC共面且共点,

故这是不可能的，故不正确;

对于B,如图1,由/NEC=

且NE=EC,

.•.在△CEN中，由余弦定理得:

NC2=NE2+EC2-2NE-EC-cos乙NEC,也是定值,

故NC是定值，故正确；

图2

取AM中点为0,•••4B=BM,即4当=则？IM1/0

若4M1B1。，由于当0nBi。=B],

且u平面0DB「

AM_L平面ODu平面00当，

0D1AM,则=

由于/WKMD,故4M1当。不成立，故不正确：

对于D，根据题意知，只有当平面BiAM，平面AMQ时，

三棱锥&-AM。的体积最大，取AO的中点为E,

连接0E,B】E,ME,如图2

•••4B=BM=1,则佃==1,

且ABilBiM,平面/AMCI平面AMD=AM

当。1AM,Bi。u平面B遇”

Bi。_L平面AMD,OEu平面AMD

B]01OE,

则4M=&,BIO="M=*，

，

OE=-2D2M=-AM2=—

从而飒=J囹+囹=],

易知EA=ED=EM=1,

.•.4。的中点E就是三棱锥&-AMO的外接球的球心，球的半径为1,表面积是4”，故£＞正确;

故答案为：BD.

17.答案：件,9间

解析:

【试题解析】

本题考查了空间线面位置关系，正方体的结构特征，几何体中的截面问题等知识，属于中档题.

根据对称性可得：当x=l或5时，三角形的面积最小，当x=3,即「在BD1中点时，截面为正六边

形的面积最大，分别求得最值即可.

解：如图：

•.•正方形4BCD-4出6。1的棱长为2百，

・••正方体的对角线长为6,

•••xe[1,5],根据对称性可得：当x=l或5时，三角形的面积最小,

设截面三角形的边长为f,

由等体积法得：ix^t2xl=ixix(^t)2x^t,

3432k272

・•・t—V6,

Ymin=，X(V6)2=苧.

当x=3,即P在BD1中点时，截面为正六边形的面积最大,

此时正六边形的边长为J(V3)2+(V3)2=V6.

故截面面积为6X—x(V6)2=9V3.

4

故答案为：[手,9百].

18.答案：等

解析：

本题考查立体几何的外接球问题及球的表面积公式，属于难题.

先确定面C4B_L面PAB时，且4C=BC时，C到平面PAB的距离最大，找出△C48,△P4B的外心,

然后找出球心，求出外接球的半径.

解：面。18_L面PAB时，且4C=BC时，C到平面PA8的距离最大，

设。，E分别为△P4B,AACB的外心，并过。，E做两个三角形所在的平面的垂线，两条垂线交于

0,

则。为三棱锥的外接球的球心，A。即为球的半径，；

因为△P4B是面积为4逸的等边三角形，

所以48=4,在A/IBC,乙4cB

4

则乙4EB=90°

由正弦定理可得：~^—=2AE,

sinz.ACB

故4E=EB=EC=2应，设AB的中点尸，

则OE=DF=-PF=■AB=—，

3323

故CM=y/OE2+AE2=-，

所以外接球的表面积S=4兀炉=等，

故答案为：詈.

19.答案:V2

解析：解：依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体

内接于圆锥的内切球，

设球心为P,球的半径为〃下底面半径为R,轴截面上球与圆

锥母线的切点为Q,圆锥的轴截面如图：[

则04=0B=|,/[

因为s。=岁，aL-----1

故可得：SA=SB=y/SO2+OB2=3，

所以：三角形SAB为等边三角形，

故「是ASAB的中心，

连接8P,则BP平分NSB4

所以4PB0=30。；\----------

所以tanBO。：?即厂=q/?=更义三=更，4/

即四面体的外接球的半径为r=f.//

另正四面体可以从正方体中截得，如图：''j:'/

从图中可以得到，当正四面体的棱长为。时，截得它的正

方体的棱长为号a，4"............-2^(

而正四面体的四个顶点都在正方体上，

故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，

所以2r-V3AA1-V3X曰a=-ya,

所以a=y/2.

即a的最大值为VL

故答案为：V2.

根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到a的最大值.

本题考查了正四面体的外接球，将正四面体的外接球转化为正方体的外接球，是一种比较好的方法,

本题属于难题.

20.答案:3

解析：

本题考查几何体三视图的应用，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力.由三

视图知该几何体是一个四棱锥，由三视图求出几何元素的长度、判断出位置关系，由直观图求出该

四棱锥最长棱的楼长.

解：根据三视图可知几何体是一个四棱锥，

底面ABC。是一个正方形，PBABCD.PB=1,AD=AB=BC=1,

•••该四棱锥最长棱的棱长为PD=y/PB2+BA2+AD2=Vl2+12+12=百，

故答案为VI

21.答案：—tan54°44z

3

解析：

【试题解析】

本题考查二面角，空间位置关系，正六边形的性质，属于中档题.

利用第二个图：取B尸的中点G,连接GA,GM,从而得出NMGA=0,再根据题意中的数据计算即

可.

解：如图所示:

利用第二个图：取BF的中点G,连接GA,GM,易知△GAM为直角三角形,

易知在等腰aBMF和等腰△BAF中，BF1MG,BFLAG,

则NMG4=6.

不妨取4B=2,在等腰AABF中，ABAF=120°,则GB=遍，GA=1,

..mAGBGB

在这直角△GMB中，GM=^GMB=o4/»

tan2tan544

nGAtan54044/6ACAOAA>

・•・cosd=—=---F-=—tan5444,

GM63

故答案为：,

—3tan54°44

22.答案：V6?r

解析：略

23.答案：

解析：

本题考查了三棱锥结构特征，二面角的求法，考查了空间想象能力，属于中档题.

22

由题意得5矛+AB=SB,得到S41AB,取AB中点为D,SB中点为M,得到NCOM为S-AB-C

的二面角的平面角，设三角形ABC的外心为0、则CO,=V5=B。'，。。'=遗，找出球心位置，结

2

合几何关系，进一步计算相关线段值，即可求解.

解：由题意得SA2+=SB2,得到$4_L4B,取48中点为O,S3中点为M,得到NCDM为S—4B-C

的二面角的平面角，

设三角形ABC的外心为O,,则。。，=百=8。，，。。，=今

球心O为平面A8S过点M的垂线与平面ABC过点。'的垂线的交点,

•••此三棱锥外接球的表面积为21兀，即^二垢睽：2"，则R=叵,

2

BO=—,

2

则00,=y/BO2-BO,2=(⑸2=|>

0D=>JDO'2+OO'2=J|+;=V3,

OM=y/OD2+MD2=J3-停J_|,

OM=00'=-,MD=O'D=

22

■:MD=—=-0D,

22

•••乙MOD=30°,即NMDO=60°,

N。。。'=乙MDO=60°,

•••Z.CDM=Z.0D0'+AMD0=120°,即二面角S-AB-C的余弦值为cosl20。=-%

故答案为-

24.答案：等

解析：

根据题意作出图形，欲求球。的表面积，只须求球的半径兀利用截面圆的性质即可求出。。1，进而求

出底面