高中数学第八章第1节《基本立体图形》提高训练题 (九)(含答案解析)

第八章第1节《基本立体图形》提高训练题（9）

一、单项选择题（本大题共8小题，共40.0分）

1.己知正四面体4-的内切球的表面积为36兀，过该四面体的一条棱以及球心的平面截正四面

体4-BCD,则所得截面的面积为（）

A.27迎B.27V3C.54aD.5473

2.在三棱锥P-力BC中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，S.AB=2,PA=PC=y/5,

PB与底面ABC所成的角的余弦值为:，则三棱锥P-ABC的外接球的体积为（）

A.vB,巴叵C.9兀D,等

262

3.如图所示，正四面体ABC。中，E是棱AO的中点，P是棱AC上一动点，/K

BP+PE的最小值为旧，则该正四面体的外接球表面积是（）

A.127r-十介

B.327r

C.87r

D.247r

4.如图，正方形A8CO的边长为4,点E,尸分别是AB,BC的中点，将A/ME,△EBF,"CD分

别沿。E,EF,FQ折起，使得A,B,C三点重合于点4,若点G及四面体4'DEF的四个顶点都

在同一个球面上，则以ADEF为底面的三棱锥G-OEF的高6的最大值为（）

5.在棱长为1的正方体ABCD-&aGD1中，E为棱C。上的动点（不含端点），过8,E,D1的截

面与棱交于F,若截面BED/在平面4B1C1D1和平面ABB1&上正投影的周长分别为Q,。2,

则G+C2（）

AtDi

A.有最小值2+2后B.有最大值4+2近

C.是定值4+2V2D.是定值4+2V5

6.如图，棱长为2的正方体ABCD-4遇16。1中，E为CG的中点，

点尸，。分别为面4&GD1和线段上动点，则APEQ周长的

最小值为（）

A.2V2

B.V10

C.VTT

D.V12

7.平面a过正方体ABCD-&B1GD1的顶点A,1a,点E、尸分别为44、CC1的中点，QG=

2西，若aC平面4BC0=m,an平面EFG=n,则直线机与直线〃所成角的正切值为（）

A20B3鱼cD6及

・7777

8.已知正四棱锥S-2BCD的底面是边长为4的正方形，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都

相切，则该四棱锥的高是（）

二、多项选择题（本大题共7小题，共28.0分）

9.如图，矩形A8C£>,M为8c的中点，将zMBM沿直线AM翻折成

AAB^M,连接BiD,N为Bi。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CN1.4B1；

B.翻折过程中，CN的长是定值：

C.若AB=BM,贝1BD

D.若4B=BM=1,当三棱锥当一4M0的体积最大时，三棱锥为-4MD的外接球的表面积是

47r.

10.已知正四面体4-BCO的棱长为近，所有正四面体四个顶点在同一个球面上的球为正四面体的

外接球，球与正四面体的所有面均相切的球为正四面体的内切球，球与正四面体的所有棱均相

切的球为正四面体的棱切球，下列说法正确的是（）

A.正四面体力-BCD的外接球的表面积为37r

B.正四面体4-BCD的内切球的体积为攻兀

27

C.正四面体4-BCO的棱切球半径为:

D.平面ABC截正四面体A—BCD的棱切球的截面积为£

11.如图，在正方体4BC0-4近也1。1中，点E在棱上，且2OE=

ED1,B是线段BE1上一动点，则下列结论正确的有

A.EF1AC

B.存在一点F,使得AE〃C/

C.三棱锥Di-AE尸的体积与点尸的位置无关

D.直线与平面AEF所成角的正弦值的最小值为哪

12.已知三棱柱ABC-4&G的侧棱和底面垂直，且所有顶点都在球。的表面上，侧面BCGBi的面

积为4H.则正确的结论是（）

A.若BiG的中点为E,则4G〃平面4BE

B.若三棱柱48。-力/16的体积为4次，则占到平面BCQBi的距离为3

C.若ZMBC是边长为2的等边三角形，贝IJAG与平面AaB1B所成的角为，

D.若AB=4C=BC,则球。体积的最小值为等

13.如图，正方体的棱长为m线段B】Di上有两个动

点、E,F,且砰=白，以下结论正确的有（）

A.AC1BE；

B.点A到4BEF的距离为定值

C.三棱锥4-BEF的体积是正方体4BC。-体积的专；

D.异面直线AE,BF所成的角为定值.

14.如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将沿直线AM翻折成2148》,

连结N为的中点，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CN1.4B1

B.翻折过程中，CN的长是定值

C.若AB=BM,贝1B&D

D.若4B=BM=1,当三棱锥当一4M0的体积最大时，三棱锥为-4MD的外接球的表面积是

471

15.在三棱柱4BC-4B1C1中，E,F,G分别为线段AB,力&的中点，下列说法正确的是（）

A.平面4GF〃平面BiCEB.直线FG〃平面&CE

C.直线CG与异面D.直线GF与平面CGE相交

三、填空题（本大题共14小题，共70.0分）

16.如图,在棱长为2的正方体A8CD-&B1GP中,E,尸分别是棱

C8,CG的中点，P是侧面8CG81内一点，若4P〃平面AE凡则

线段&P长度的取值范围是.

17.在三棱锥S-4BC中，底面△ABC是边长为3的等边三角形，SA=痘,SB=2次，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

18,已知正方体ABCD—4BCD1棱长为2,如图，M为CC】上的动点，AM1平面a.下面结论正确的

(1)己知N为。么中点，当AM+MN的和最小时，M为CG的中点

(3)点M为CG的中点时，若平面a经过点8,则平面a截正方体所得截面图形是等腰梯形

(4)点M与点G重合时，平面a截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大

19.已知有两个半径为2的球记为01，02,两个半径为3的球记为。3,内，这四个球彼此相外切，

现有一个球。与这四个球。1，02,03,。4都相内切，则球。的表面积为.

20.在四棱锥P-4BC。中，底面A8CQ是边长为2a的正方形，PD1底面ABCD,且PO=2a,若

在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径为

21.如图，在棱长为2的正方体力BCD-4仍传山1中，点E,F分别是棱为劣,

的中点,P是侧面正方形8CC15］内一点(含边界)，若FP〃平面AEC,

则线段FP长度的取值范围是.

22.矩形ABC。中，AB=®BC=1,现将△AC。沿对角线AC向上翻折，得到四面体。一力BC,

7T4

则该四面体外接球的体积为____________；设二面角D—4C-B的平面角为。，当。在一,一内

.32_

变化时，；皿|的范围为.

23.如图，在矩形ABC。中，AB=2,4。=1,点E为的中点，F为线段CE(端点除外)上一动

点.现将△D4F沿AF折起，使得平面4BD_L平面4BC.设直线FQ与平面ABCF所成角为。，。的

取值范围为

24.如图，正四棱锥P-ABCD的底面边长和高均为2,M是侧棱PC的

中点，若过AM作该正四棱锥的截面，分别交棱P8、PD于点E、

F（可与端点重合），则四棱锥P-AEMF的体积的取值范围是

25.如图，已知正四面体4—BCD的棱长为2,E是棱C/y上一动点，若8F14E于F,则线段C尸

的长度的最小值是

26.点尸是棱长为4的正四面体表面上的动点，MN是该四面体内切球的一条直径，则丽•丽的最

大值是.

27.已知四面体ABC。内接于球。，且AB=BC=VXAC=2,若四面体ABC。的体积为雪，球心

。恰好在棱OA上，则球。的表面积是.

28.已知三棱锥P-4BC中，PA=PB=2PC=2,zL4BC是边长为国的正三角形，则三棱锥P—4BC

的外接球半径为.

29.已知正方体A8CD的棱长为2,P为体对角线BD】上的一点，则△「我周长的最小值

是.

四、多空题（本大题共1小题，共4.0分）

30.已知正三棱锥P-ABC,。为BC中点，PA=V2,AB=2,则正三棱锥P-ABC的外接球的半

径为过。的平面截三棱锥P-4BC的外接球所得截面的面积范围为_(2)一-

【答案与解析】

1.答案：c

解析：解：由内切球的表面积S费=4TTR2=36兀，得内切球半径R=3,

如图，过点A作AH_L平面BCD,则点H为等边△!?，口的中心，

连接BH并延长交CD于点E,则点E为CD中点，连接AE,

记内切球球心为0,过。作0FJ.AE,设正四面体边长为小

则BE=AE=^a,BH=-BE=—a,HE=—a,AH=—a,

23363

又因为OH=OF=3,所以AO=逅a-3，

3

由AAOF〜△AEH,得罪=器，即宥=/，解得a=6e，

因为—BE过棱AB和球心0,所以AABE即为所求截面，

在4ABE中，SOBE=：XBEX4”=：X972X12=54在，

故过该四面体的一条棱以及球心的平面截正四面体4-BCD,所得截面的面积为54企.

故选：C.

由内切球的表面积，可得内切球半径R=3,结合正四面体的性质，可求出正四面体的棱长为6n，

即可求解.

本题考查正四面体中的截面面积的求法，是中档题.

2.答案：A

解析：

本题考查了等腰三角形的性质、球的体积计算公式、余弦定理、线面面面垂直的判定与性质定理，

考查了推理能力与计算能力，属于较难题.

取AC的中点。，连接BO,PD.由BC=4C,PA=PC,利用等腰三角形的性质，线面垂直的判定定

理即可得出：

力C_L平面P8。，进而得出：平面PBD_L平面ABC,可得ZPBD为P8与底面ABC所成的角，其余弦

值为这.在APB。中，设PB=x,利用余弦定理可得：元由PB=3,取PB的中点0,连接0。，利

3

用余弦定理可得0D,可得点。为三棱锥P-4BC的外接球的球

心，即可得出外接球的体积V.

解：如图所示，取4c的中点。，连接2。，PD.

•••BC=AC,PA=PC,

AC1BD,AC1PD.

AC，平面PBD,又ACu平面ABC,

平面PB。，平面ABC,

•••"BD为P8与底面ABC所成的角，其余弦值为也.

3

AC=V2AB=2&，PD=yJPA2-AD2=V3）

在APB。中，设P8=x,由余弦定理可得：COSNPBD=巫=-+（―*（百产,

32V2X

解得x=3,即PB=3,取P8的中点0,连接0£>,则0。2=（近）2+（|）2一2*e*|*誓=；,

解得。。=i

0D2+DB2=0B2,：.OD1DB,

可得点。为三棱锥P—ABC的外接球的球心，其外接球的半径r=|,体积昨£X（|）3=零.

故选A.

3.答案：A

解析：

本题考查了棱锥的几何特征与表面积的计算，属于中档题.

将侧面展开，根据BP+PE的最小值可得正四面体的棱长，再计算外接球的半径，得出表面积.

解：将侧面AABC和AACD展成平面图形，如图所示：

设正四面体的棱长为m

则BP+PE的最小值为BE=a2+--2a--acosl20°=—a=旧，

\422

:.a=2>/2-

在正四面体4-BC。中，

作AM，底面BCD,连接DM延长交BC于点、F,

由正四面体的特征知M为正三角形BCD的中心，F为中点,

则4M=J（2V2）2-（2V2x^）2=竽，

设外接球的半径为R,

22

则（竽-R）+（豹",

解得R=V3.

外接球的体积，=4TTR2=127r.

故选A,

4.答案：4

解析:

本题考查几何体的折叠问题，几何体的外接球的半径的求法，考查三棱锥的高，属于中档题.

把棱锥扩展为正四棱柱，求出正四棱柱的外接球的半径就是三棱锥的外接球的半径，求出ADEF的

外接圆的半径为r,得球心到面CEF的距离为W?2一以ADEF为底面的三棱锥G-DEF的高/?

的最大值为R+V/?2-r2>得答案.

解：由题意可知是等腰直角三角形，且AD_L平面4EF,三棱锥的底面AEF扩展为边长为2

的正方形，

然后扩展为正四棱柱，此正四棱柱的底面为边长为2的正方形，高是4,

三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个球，

正四棱柱的对角线的长度就是外接球的直径，

直径为：14+4+16=V24.

•••球的半径为R=展,

•••设4DEF的外接圆的半径为r,

•••DE=DF=V224-42=2后，EF=2&，

•••EF边上的高为J(2代『—(©2=3迎，

•'»Si.nZ，.八D厂c厂r――3企广，

2x(5

0万

"2r=2w>/T5=—10y/2.即r=%

京3

•••球心到面DEF的距离为俯中=J响2_(苧?=/

.•.以△DEF为底面的三棱锥G-DEF的高h的最大值为R+1=遍+1.

故选A.

5.答案：A

解析：

本题考查了正方体的结构特征，以及几何体中的截面问题，考查学生的空间想象能力，属于较综合

的中档题.

2222

由题意画出截面图，设。E=t,te(0,1),则可推出则G+C2=2+2(7(1-t)+I+Vt+l),

由此可求出C的范围.

解：依题意,设A，F,B,E在平面4B1GD1和平面4BB14上的正投影点分别为D',F',B',E',

截面BED/在上面（平面4&GD1）,左面（平面A8B14）的正投影分别如图:

设DE=t,te(0,1),在上面的投影周长为G=2t+2j(l1)2+12,

在左面的投影周长为C2=2(1-t)+2a2+了,

22

则G+C2=2t+2>/(1-t)+l+2(1-t)+27t2+12

=2+2(7(1-t)2+l2+7t2+12),

又因为J(1一t)2+12+7t2+12可以看成(t,0)(0<t<1)到点(1,1)和点(0,1)的距离之和,

所以花<J(11)2+12+7t2+12<1+企，

所以Q+取值范围为［2+2A/5,4+2V2).

故Cl+G有最小值2+2V5.

故选A.

6.答案：B

解析:

本题考查棱柱的结构特征，考查对称点的运用，考查余弦定理，考查运算求解能力，属于较难题.

由题意得：^PEQ周长取最小值时，P在BiG上，在平面BiQCB上，设E关于B[C的对称点为M,

关于BiG的对称点为N,求出MN,即可得到^PEQ周长的最小值.

解：由题意得可画下图：

△PEQ周长取最小值时，P在BiQ上，

在平面B1GCB上，设E关于B[C的对称点为M,关于BiG的对称点为M

连接何M当例N与BiG的交点为「，MN与&C的交点为。时,

则MN是4PEQ周长的最小值，

EM=<2，EN=2,4MEN=135°,

...MN=j4+2-2x2xV2x(-y)=V10>

PEQ周长的最小值为g.

故选8.

7.答案：B

解析:

本题考查异面直线所成角的求法以及正方体的结构特点，考查空间想象能力以及计算能力.

取aDi的三等分点N,使得%N=［可必,可补正方体4B/K作平面EFG与正方体

ABiGDi—ABCD的截面，画出图形，设力B=3,判断出机、〃所成角，通过计算求解即可

解：如图，取公5的三等分点N,使得DiN=：M4i，

可补正方体人见长一&勺/，，如图，作平面EFG与正方体-4BC。的截面，设4B=3

而Z\N==1

又点E、尸分别为44、CCi的中点

则A/=Ah=A”=2

BCi1BI,BCr1AB

又B/CAB=B

BC]_L平面ABIH,

则平面48/H即为平面a,

因此直线M/i为直线〃，直线A8为直线机

则N4/1M为直线，"与直线〃所成角

设力M=a,MH=b

由△AKiMs/iHMN得

(a+b=3>/2

「二

U5

解得a=返

7

在RtA4/iM中，tan乙4/iM=丝=越.

AJi7

故选8.

8.答案：C

解析：略

9.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4力的中点为E,连接CE交何。于点尸，如图1,

图1

则NE〃4Bi，NF//MB1

如果CN14B1，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=NMABI,

且NE=^ABltAM=EC,

.,.在△CEN中，由余弦定理得：

NC2=NE2+EC2-2NE-EC-cos/NEC,也是定值,

故NC是定值，故正确；

取AM中点为。，•••4B=BM,即=则AM_LB1。

若4M1B]D,由于B]。flBrD=B1；

且u平面ODBi，

AM_L平面。ODu平面。OB1，

•••001AM,则AD=MD,

由于4。RM。，故4MlBi。不成立，故不正确；

对于。，根据题意知，只有当平面，平面AMD时，

三棱锥&-4MD的体积最大，取4。的中点为E,

连接。E,B]E,ME,如图2

AB=BM=1,则力Bi=81M=1,

且AB】1&M,平面&AMC平面力MD=AM

Br0LAM,当。u平面&4M

Bi。1平面AMD,OEu平面AMD

Bi。1OE,

则=BIO="M=*

OE寸"四=争

从而%=J囹+（穿=1，

易知EA=ED=EM=1,

二月。的中点E就是三棱锥&-AMD的外接球的球心，球的半径为1,表面积是4n，故。正确；

故答案为：BD.

10.答案：ACD

解析：

本题考查了正四面体的接切问题，

将正四面体补成一个正方体，正四面体的外接球的即为正方体的外接球，正四面体的外接球的直径

为正方体的对角线长，即可判断A；

正四面体的棱切球的为正方体的内切球，即四面体的棱切球的直径为正方体的棱长，即可判断C；

平面ABC截正四面体力-BCD的棱切球的截面为等边三角形ABC的内切圆，利用面积相等，列出方

程解出内切圆半径，进而得到内切圆的面积，即可判断£＞；

连结球心与正四面体的顶点，则将正四面体分解成四个高为内切球半径的小三棱锥，利用体积相等

列出方程解出内切球半径，进而得到内切球的体积，即可判断艮

解：将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为1,对角线长为百，

•••正四面体的外接球的即为正方体的外接球，

正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，

二外接球的表面积的值为匕x3;r,故A正确;

•••正四面体的棱切球的为正方体的内切球,

••.正四面体的棱切球的直径为正方体的棱长,

••・棱切球半径为3故c正确;

•••平面ABC截正四面体A-BCD的棱切球的截面为等边三角形ABC的内切圆，

设内切圆半径为

连结圆心与三角形的三个顶点，将三角形ABC分成三个以AB、AC、BC为底边，高为万的小三角形,

A-y=3X|XV2Xq,即「1=与

，截面面积为7TX（誓）=/故Q正确;

・•・正四面体的棱长为夜，.•.正四面体的高为公，

3

••.正四面体的体积V=工X更x2=工，

3233

设内切球的半径为「，则球心到正四面体四个面的距离均为r,

••・连结球心与三棱锥的四个顶点，则将正四面体分解成四个底面相等，高为r的小三棱锥,

•••4xixTxr=r解得＜=［，

・•・内切球的体积为7T,故8错误;

故答案为ACD

11.答案：ABC

解析：

本题考查线面垂直的性质和判定，棱锥的体积公式，利用空间向量求解直线和平面的夹角，属于较

难题.

证明平面可分析A,证明四边形AECiF为平行四边形可分析8,运用三棱锥的等体积法

可分析C,利用空间向量求解直线和平面的夹角可分析D.

解：如图，连接BD,因为BF_L平面ABCD,ACu平面ABCD,所以BF14C,又AC1BD,BFdBD=B,

BF,BDu平面ABCD,

所以AC1平面BDEF,又EFu平面ABCD,则AC1EF,故A正确.

在上取一点”，使得力i"=24H,连接EC〉EH,

由正方体的性质可知，B[Ci〃EH且Big=EH,所以四边形当（7f”为平行四边形，则QE〃/H,

CrE=ByH.

若BF=2B/,易证四边形4HB1F为平行四边形，则4尸〃&H,AF=BIH,

从而A尸〃GE,AF=C[E,故四边形4EC/为平行四边形，

于是AE〃C/,故B正确.

设48=a,三棱锥5-AE尸的体积与三棱锥F-的体积相等，则/广诋=%-皿E=[x]x

2a

—xaxa=—

39

即三棱锥Di-AEF的体积与正方体的棱长有关，与点歹的位置无关，故C正确.

以G为原点，建立如图所示的空间直角坐标系G-4立,

设AB=3,则4(3,3,3),&(3,3,0),F(3,0,2),尸(0,3,£),

从而矶=(0,0,-3)，荏=(0,—3,-1)，AF=(-3,0,t-3).

设平面AEF的法向量记=(%y,z),贝ij［二”一3yz一°令z=3、得元=(t-3,-1,3),

(n-AF=-3x+(t—3)z=0

从而cos(丽'，汾=薪=一扃品，即直线与平面AEF所成角的正弦值为而泰不

因为0WtW3,所以104(t—3/+10419,所以誓《行最言《甯，故。错误.

17V(€-OJ■AVAV

12.答案：AD

解析：

本题考查直线与平面的平行，直线与平面所成的角，点到平面的距离，锥体的体积公式，球体的体

积公式，多面体的外接球等知识点.属于中档题.

A中取BC的中点尸，连接AF,C[F,BE,AXB,ArE,E凡先利用三棱柱的结构特征和平面与平面平

行的判定定理证得平面&BE〃平面4QF,在运用平面与平面平行的性质定理即可证得力6〃平面

4BE.

B中根据割补思想四棱锥4-Bee®的体积占三棱柱4BC-48©体积的|,结合题设侧面BCC曲

的面积为46即可求得4到平面BCG&的距离.

C中根据AA3C是边长为2的等边三角形结合题设可得三棱柱ABC-4B1Q为正三棱柱.取4/1的

中点N,连结4N，GN,根据平面与平面垂直的性质定理可证得GN_L平面从而有/GAN

为直线C】A与平面力为B1B所成的角，通过计算即可确定AC1与平面44B1B所成的角.

。中由28=AC=BC,三棱柱ABC—4B1G的侧棱和底面垂直

可得三棱柱ABC-&B1G为正三棱柱，设M,N分别是△ABC,△&B1G的中心，连接MN,则球

心。为MN的中点.设三棱柱底面边长为a,高为h,则a/i=4V3,通过计算可得外接球的半径R》2

从而确定球。体积的最小值.

解：A,取BC的中点F,连接AF,CJ,BE,ArB,EF.

♦•三棱柱48C-&B1C1

•••C1E//BFS.C1E=BF,

四边形GEBF为平行四边形，

故BE"C\F,同理4/7/&E

又：BECGF,AFC\ArE.

••・平面41BE〃平面AC/,

AGu平面AGF,

4C1〃平面&BE,故A正确；

B,若三棱柱力BC-&B1G的体积为4次，如图二示四棱锥为一BCGB]

的体积为学

••・三棱柱ABC-&B】Ci的侧棱和底面垂直三棱柱的各侧面均垂直

与上下底面.

即有平面4/iG_L平面BCC/i=BiG，

设公到直线的距离为m,由平面与平面垂直的性质定理知:

为到平面BCGBi的距离为m

又”BCC/i的面积为46.

11广8V3

•••V'A1-BCC1B1=^sh=-x4V3xm=—

解得m=2

二必到平面BCGBi的距离为2,故B错误；

C,若AABC'是边长为2的等边三角形，则三棱柱48C-4iBiCi为正三棱柱.

二平面AiBiG1平面=4当=B[C]

取的中点N,连结AN，GN.则GN1

又•.•CNu平面4361，

.•.GNJ.平面413山.

故4GAN为直线C"与平面44/iB所成的角

在三角形A/iCi中易得：C[N=JciAj-A/2=6,

在面积为4通矩形BCGBi中，AAr-41cl=2AAr=44

•••AAr=2百，4cl=JAA/+41cl2=4，

在直角三角形GM4中sin4[4V=第=乎.故C错误；

D,若4B=AC=BC,三棱柱ABC-AiBiG的侧棱和底面垂直

可得三棱柱ABC-4181cl为正三棱柱，

设M,N分别是△ABC,AAiBiCi的中心，连接MN,

则球心。为MN的中点.

设三棱柱底面边长为a,高为h,则a/i=4V3，

2h

当

N当V3

=-=-心-

332

•••外接球的半径R满足：

+=

R=0B1=4BiN2+0N?=)YT•N>6^=2

当且仅当贮=i1,a=历时取等号.

3a£

故球。的体积了=皿2理，所以。正确.

33

所以选AD

13.答案：ABC

解析:

本题考查异面直线所成的角及线面垂直的判定与性质，同时考查棱锥的体积及空间距离，为较难题.

结合正方体的性质及已知，逐一分析求解即可，解此题的关键是对正方体的性质要熟练.

解：对于A,

连接8。，交4C于O,在正方体中，有

又在正方体中，DD1ABCD,ACu平面ABC。，

则DDi1AC,

又BO000]=。，BD、DO]u平面8也。8,

AC，平面3也。8,

又BEu平面8必。8,

■■AC1BE,

所以A正确；

对于B,A到平面BE尸的距离等于A到平面&。山8的距离，

又AC，平面BiQDB,

在正方体中，

A到平面Bi/DB的距离为A。，为定值号小

所以2正确；

对于C,由已知SABEF=,xax,a=乎。2,

所以三棱锥A-BEF的体积为V=isAB£FX4。=2，

而正方体ABCD-418道山1的体积为1,

所以三棱锥4-BEF的体积是正方体4BCD-48传1。1体积的专,

所以C正确；

对于。，设异面直线AE,BE所成的角为a,

当E与。i重合时，尸为aD1中点，连接AD】和BQ,

在正方体中易知四边形4BGD1为平行四边形，贝IJ4D//BQ,

a=zFBC1(

因为QF，平面&D1DB,所以C/1BF,

所以sina=笠=：,a-30°；

DC-jZ

当尸与当重合时，E为aDi中点，

在正方体中有44〃BBi，

则a=z_E44i，tana=,a#30°,

AA^2

••・异面直线AE、BF所成的角不是定值，

所以。错误.

故选ABC.

14.答案：BD

解析：

【试题解析】

本题主要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，属于较难题，

对选项逐一判断其正确性即可.

解：对于A,取AD的中点为E,连接CE交"力于点尸，如图1,

图1

^]NE//AB1,NF//MB1

如果CN14B「则EN1CN,

由于倜_LMB],则ENINF,

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8,如图1,由NNEC=ZJVL4Bi，

S.NE=^ABltAM=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；

对于C,如图2

图2

取AM中点为O,TAB=BM,即贝ijAM_LB1。

若ZMJLBi。，由于Bi。Cl8山=Bi，

且u平面。

•••AM_L平面00B「ODu平面OOBi，

•••ODVAM,则AD=MD,

由于/WKMD,故不成立，故不正确：

对于D根据题意知，只有当平面/AM，平面AM。时，

三棱锥当-4M。的体积最大，取A。的中点为E,

连接。E,BiE,ME,如图2

•••AB=BM=1,则AB】=fijM=1,

且AB】1BiM,平面CI平面AMD=AM,

：.LAM,/Ou平面B遇M,

•••Bi。_L平面AMD,OEu平面AMD,

Bi。J_OE,

则=BIO="M=4，

从而岫=J囹+囹=1，

易知£;4=ED=EM=1,

.•.4D的中点E就是三棱锥旦-4如）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.

15.答案：AC

解析：

本题考查了简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征，异面直线，线面平行的性质，面面平行

的判定，平行公理与等角定理，线面平行的判定和反证法，属于较难题.

利用棱柱的结构特征得4F〃EBi，C.F//CE,再利用线面平行的判定和面面平行的判定，对A进行

判断，利用线面平行的性质，结合反证法和平行公理对B进行判断，利用异面直线的判定对C进行

判断，利用线面平行的判定对。进行判断，从而得结论.

解：对于4、如图：

在三棱柱4BC-A1B1G中，E、F分别为线段AB、4B]的中点,

所以4/=7"/，C]F“CE,

而4F,GFC平面&CE,EB],CEu平面&CE,

因此4/7/平面&CE,GF〃平面&CE.

又因为4FnCiF=F,AF，GFu平面4GF,

所以平面AC/〃平面B]CE,因此A正确；

对于8、如图：

若直线FG〃平面&CE,

而FGu平面4&B1B,平面4&B1Bn平面/CE=EB1,

因此尸G〃EBi.

又因为4F〃EBi，所以AF〃FG,

这与力FCFG=?相矛盾，因此8不正确；

对于C、如图：

因为直线CG与平面交于G,8尸u平面且GgBF,

所以直线CG与8尸异面，因此C正确；

对于。、如图：

因为C///CE,C/C平面CGE,CEu平面CGE,

所以G?〃平面CGE,因此。不正确.

故选AC.

16.答案：件，词

解析：略

17.答案：后

解析:

本题考查了几何体的外接球表面积的求法以及二面角的求解；关键是正确找出球心的位置，题目较

难.由题意得S/+AB2=SB?,得到SA_LAB,取4B中点为力，S3中点为得到4CDM为二面

角S-4B-C的平面角，再根据球心的性质，分别过M与0'作平面SAB与平面4BC的垂线，交点即

为球心，由此即可求出结果.

解：如图,

由题意得5弟+4^2=SB2,得至IJS414B,取AB中点为。，SB中点为例，连接MO,AD,

则MD1LAB,

得到NCDM为二面角S-AB-C的平面角,

因为此三棱锥外接球的表面积为21兀，

所以4渊2=21兀,所以R=亨,

设三角形的外心为。'，则DO'=―,

ABCC0'=6=80',2

分别过M与。，作平面SA8与平面ABC的垂线，交点即为球心，设为O,

在40B。，中，00'=y/OB2-O'B2=I—-3=

在四边形MDO，。中，tan/。。。'=黑=我,

所以。。。'=。，MD=—=O'D<

4602

所以iMDC=120°,

所以二面角S-4B-C的余弦值为一会

故答案为一，.

18.答案：(2)(3)

解析：

本题考查几何体的结构特征，空间向量求线面角以及几何体的截面的问题，属于难题.

根据正方体的侧面展开图可判断(1),利用空间向量以及函数性质可判断(2),根据空间向量的坐标

运算以及面面平行垂直的性质可判断(3)(4),即可求解.

解：对于(1),将矩形ACG&与矩形CC15。延展为一个平面，如下图所示：

若AA/+MN最短，则A、M、N三点共线,

CC1//DD1,

MCAC275rq

:*—=—=—z=-=2—V2,

DNAD21/2+2

•:MC=2-近*CC[,所以，点例不是棱CC]的中点.

对于(2),以点。为坐标原点，

DAsDC、DDi所在直线分别为工、y、z轴建立空间直角坐标系。—xyz,

则点4(2,0,0)、8(2,2,0)、设点M(0,2,a)(0WaW2),

•••AM_L平面a,则就为平面a的一个法向量，且疝=(-22a)，笳=(020)，

\AB^AX1\

aw<J4Z),.4A/>|=

\A5\•|4A)|

42

5-7

2xv/ii+«Va+8

所以，直线AB与平面a所成角的正弦值范围为［当，当卜

对于(3),

设平面a交棱45于点E(b,0,2),点M(0,2,l),时=(-221),

「AMJ■平面a,DEu平面a,二AM_LDE,

即m区=-26+2=0,得b=1,•••E(l,0,2),

所以，点E为棱4么的中点，同理可知，点F为棱&Bi的中点,

则F(2,l,2),EF(1.1.0),而加=(220)，

:即」再，；.EF〃DB且EFHDB,

由空间中两点间的距离公式可得DE=V22+02+I2=花,

BF=J(2—22+(1—2尸+(2-0)2=V5.­••DE=BF,

所以，四边形8DEF为等腰梯形；

对于(4),当〃与CQ重合时，连接BD、&B、AC,

在正方体ABCD-481GD1中，CG，平面ABCD,

vBDu平面ABCD,BD1CC「

•••四边形ABC。是正方形，贝IJBDJ.AC,

•••CGnAC=C,CC1(ACu平面ACC1，

BD1平面ACG，

ACru平面ACC1，

ACr1BD,同理可证4cl1ArD,

vArDnBD=£>,&D,BDu平面&BD,

•••AG1平面&BD,

易知回4BD是边长为2鱼的等边三角形，

2

其面积为SA^BD=?x(2V2)=2V3.周长为2遮x3=6vL

设E、F、Q、N、G、”分别为棱4么、公当、BB】、BC、CD、的中点,

易知六边形EFQNGH是边长为四的正六边形，且平面EFQNGH〃平面&BD,

正六边形EFQNGH的周长为6或，面积为6x9x(VI)2=3同

则441BD的面积小于正六边形EFQNGH的面积，它们的周长相等.

故答案为(2)(3).

19.答案：1447r

解析：

本题考查相切球问题，考查空间想象能力及计算能力，属于较难题.

依题意，分析出“球。的球心在中垂线上”是解题关键，设球。的半径为R,运用勾股定理,

由M。+NO=MN即可求出.

解：如图，由对称性知，球0的球心在中垂线上，垂直平分。1。2，MN垂直平分。3。4,

设球0的半径为R,由题意可得=。2。4=5,03/V=3,.-.02N=4,

在RtElOzMN中，由勾股定理可得MN=2B，

在Rt团0]M。中，由勾股定理可得MO=y/00^-MOl=y/(R-2)2-22,

NO=y/OOl-NOl=V(/?-3)2-32.

由MO+NO=MN,联立解得R=6.

所以球。的表面积为KR?1L17T

故答案为1447r.

20.答案：(2-V2)a

解析：

本题考查了多面体(棱柱、棱锥、棱台)及其结构特征、球的表面积和体积和球的截面性质，由侧视

图，根据等面积法即可得出结果.

解：当球内切于四棱锥，即与四棱锥各面均相切时球的半径最大.

作出其侧视图如图：

由等面积得gx2ax2a=1(2a+2a+2V2a)r,

易知球的半径r=(2-V2)a.

故答案为(2-2)a.

21.答案：［W，词

解析：

本题考查线段长的取值范围的求法，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，是中档题.

取名Ci中点G,连FG,GB,可证平面尸G3〃平面AEC,故P在线段BG上运动，作于“，

由等面积法可求得FH=誓，从而可知FH（FP&FB,即可得到答案.

解：取BiG中点G,连接FG,GB,

•••在棱长为2的正方体4BCD-&BiGDi中，点E、尸分别是棱儿，、4避1的中点,

AE//BG,AC/ZArCJ/FG,

■：AE<t平面FGB,BGu平面FGB,

HE〃平面FGB,

"AC仁平面FGB,FGu平面FGB,

.­•4C〃平面FGB,

■：AEC\AC=A,AE,ACu平面AEC,

••・平面FGB〃平面AEC,

P是侧面正方形BCGa内一点（含边界），FP〃平面4EC,

•・•点尸在线段BG上运动，

在△BFG中，BF=BG=a,FG=迎，

所以SABFG=jxV2xJ（遍）2—（¥j=TX&X专=|

作FH1BG于，，由等面积法解得：尸"=丁2/=学，

2^755

・・・FH<FP<FB,

.•・线段&P长度的取值范围是段，词.

故答案为:陪得.

42

710

一

-小2

22.答案:32

解析：

本题考查了四面体的外接球的表面积和空间距离的计算，建立坐标系，用二面角的大小出8力的长

是解题的关键，属于难题.

连接AC交8。于点。，。是四面体。一力BC外接球的球