高中数学第八章第1节《基本立体图形》提高训练题 (十)(含答案解析)

第八章第1节《基本立体图形》提高训练题（10）

一、单项选择题（本大题共11小题，共55.0分）

1.下列说法正确的是（）

A.有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱

B.正四面体是特殊的正四棱锥

C.有一个面是多边形，其余各个面都是三角形的多面体叫做棱锥

D.正四棱柱是平行六面体

2.己知三棱锥P-4BC的三条侧棱两两互相垂直，且AB=花，BC=V7,AC=2,则此三棱锥的

外接球的体积为（）

A8n8A/2厂16c32

A-”B-—nc-丁D--n

3.以下给出的四个命题中，命题正确的有（）

①两个面互相平行，其余各面都是平行四边形，这些面围成的几何体叫做棱柱；

②以直角三角形的一条边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而成的曲面所围成的几何体叫做

圆锥；

③用一个平行于底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台；

④空间中，如果两个角的两条边分别垂直，那么这两个角相等或互补。

A.0个B.1个C.2个D.3个

4.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，下列结论：

①lAB/IEF；②CDLMN；③MN与AB是异面直线；④BF与CZ）

成60。角，其中正确的是（）

A.①③

B.②③

C.②④

D.③④

5.某几何体是由一个半球挖去一个圆柱形成的，其三视图如图所示.已知半球的半径为遥，则当

此几何体体积最小时，它的表面积等于

A.247rB.（18+3V3）7TC.217rD.（18+4V2）TT

6.已知三棱锥S-ABC的外接球球心为O,SALSB,SB1SC,SA1SC,且SB=SC=2SA=4,

若。在球。的球面上，则。到平面ABC距离的最大值为

A.3+-B.3+-C.3+-D.3+—

6323

7.四面体力一BCD中，AB=CD=10,AC=BD=2用，AD=BC=2同，则四面体Z-BCD外

接球的表面积为（）

A.20071B.IOOTTC.1207rD.2407r

8.在正方体4BC0-41B1GD1中，E、F分别为线段上的动点，设直线EF与平面A8C£>、

平面BCQBi所成角分别是。、（p,则（）

A..6><p,（tan。）7nm=yB.9=（p,dmax=45°

C.9<（p,dmax=45°D,0—（p,9min=45°

9.在四面体ABC。中，AB=CD=2,AC=BD=居力。=BC=b.若平面a同时与直线A3、

直线CD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延B.如C.也D.型

8288

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=26，点E在线段8。上，且BC=6BE,过点E作球。的截面，则所得截面圆面积的

取值范围是

A.尊4初B.呼,4用C.弓,4兀］D.呼,4初

11.在棱长为2的正方体43。。一公8道1£）1中，历是棱为劣的中点，过6,B,M作正方体的截面,

则这个截面的面积为（）

B•手C

A-当-1

二、多项选择题（本大题共7小题，共28.0分）

12.已知球O的直径SD=4,A、3、C是球。表面上的三个不同的点,

/4SO=NBS0=NCSO=30°,则（）

A.AB1SD

B.线段AB的最长长度为2遮

C.三棱锥S-ABC的体积最大值为3

D.过SA作球的截面中，球心。到截面距离的最大值为1

13.已知在棱长为4的正方体4BCD-AiBiCWi中，E为棱BC的中点，以点E为球心，以，历为半

径的球的球面记为『，则下列结论正确的是（）

A.「与面4BB1&的交线长为与

B.直线BO1被「截得的线段长为华

C.若点”为「上的一个动点，则”名的最小值为8-国

D.r与截面8。。道1的交线长为手7r

14.如图所示，在长方体4BCD-&B1GD1中，4B=BC=1,441=2,P是上的一动点，则下列

选项正确的是（）

A.QP的最小值为当B.QP的最小值为通

C.AP+PG的最小值为历D.4P+PG的最小值为等

15.四棱锥P-ABCD的底面ABC。是矩形，侧面PADABCD,Z.APD=120°,AB=P4=PD=

2,下列说法正确的是（）

A.PC=V7

B.PC与AD所成的角的余弦为渔

4

C.PC与AD所成的角的余弦为一在

4

D.该四棱锥P-48CD外接球的半径为遥

16.在棱长为1的正方体ABCD-4/GD1中，下列结论正确的是（）

A.异面直线B/\与当。所成的角大小为90°

B.四面体QDBC的每个面都是直角三角形

C.二面角劣一BC-当的大小为30。

D.正方体4BCD-&B1GD1的内切球上一点与外接球上一点的距

离的最小值为更二

2

17.在棱长为1的正方体力BC。一月iBiQA中，M是线段4G上一个动点，则下列结论正确的

是（）

A.存在M点使得异面直线与AC所成角为75°

B.存在M点使得二面角M—B。-C为135。的二面角

C.直线与平面皿C所成角正弦值的最大值为当

D.当441M=&G时，平面截正方体所得的截面面积为:

4

18.在六棱锥。-ABCDE尸中，底面ABCCEF为正六边形，顶点。在底面的

射影恰为正六边形的中心，记04与BC、C。所成角分别为的,戊2,OA

与平面O2C、平面OCD所成角分别为用,为，则下列结论一定正确的是

（）

A.tana2=2tanax

B.+a2>Pi+P2

C.sin02=2sin0i

D.劭+'>]

三、填空题（本大题共12小题，共60.0分）

19.已知三棱锥P-4BC的各条棱长均为1,M,N分别是棱PA,BC的中点，将APMN绕PN所在

的直线旋转一周，直线MN与平面尸48所成角余弦值的取值范围是.

20.已知正方体4BC0-AiBiGDi的棱长为5,其中有一半径为2的球。与该正方体的底面48C。

和两个侧面ADD14,4BB14都相切。另有一球。2,既与正方体的另外两侧面BCC$i，DCCR

以及底面A8CD相切，又与球。1相切，则球。2的半径为-

21.如图所示，正方体4BCD-&B1C1D1的棱长为4,MN是它的内切

球的一条弦（我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦），P为

正方体表面上的动点，当弦MN的长度最大时，前•丽的取值范

围是.

22.已知各棱长都相等的直三棱柱所有顶点都在球。的表面上.若球。的表面积为28兀，则该三棱

柱的侧面积为.

23.如图，在底面边长为2,高为3的正四棱柱中，大球与该正四棱柱的五个

面均相切，小球在大球上方且与该正四棱柱的三个面相切，也与大球相切，

则小球的半径为.

2

24,已知三棱锥S-4BC内接于半径为4的球中，S4J■平面｛即｝，NBAC=45。，Sn=pn+n,则三

棱锥S-ABC体积的最大值为

25.如图，正方体4BC。一4避16。1的棱长为1,E,F分别为

BiQCiDi的中点，尸是底面4B1GD1上一点.若4P〃平面BEF,

则AP长度的最小值是_；最大值是一.

26.三棱锥P-4BC中,ZL4BC是边长为企的正三角形，顶点P在底面ABC上的投影是44BC的中心，

且PA=1.三棱锥P-ABC的内切球为球0「外接球为球。2，若球。1的半径为广，球外的半径为

R，则r+R=_______;若用为球0i上任意一点，N为球。2上任意一点，则线段用N的最小值为

27.在正三棱锥S-ABC中，M,N分别是棱SC,BC的中点，且MNJ.4M,若侧棱$4=2百，则

正三棱锥S-ABC外接球的表面积为.

28.已知正方体4BC0-&九的劣的棱长均为2,其内有9个小球，球01与正方体48C0

的六个面都相切，球。2，。3，。4，。5，。6，。7，。8，。9与正方体力BC。一AiBiG%三个面和球

。1都相切，则球。1的体积等于,球。2的表面积等于.

29.已知正四面体4的棱长为辿，若该正四面体4-BC0能在底面半径为2的圆锥S内任意

3

转动，则该圆锥体积的最小值为.

30.已知长方体4BCD-中，侧面BCG当的面积为2,给出下列四个结论：

①当E为々Ci的中点时，AC1〃平面&BE；

②若三棱柱ABC-4181cl的体积为2,则点。1到平面BCGB1的距离为3；

③若BC=BBi，且在棱AO上当且仅当存在一点M,满足MB1MC,则四棱锥M-的

外接球的体积为半；

④若在棱4。上存在一点例，使得AMBC为等边三角形，则四棱锥M-BCGBi的外接球表面积

的最小值为随力

3

所有正确命题的编号为.

【答案与解析】

1.答案：。

解析：

本题主要考查命题的真假判断，涉及棱锥，直棱柱的定义的判断，难度不大.

人根据直棱柱的性质进行判断，B,正四面体是三棱锥，C.根据棱锥的定义进行判断，D.根据正四棱柱

和平行六面体的定义进行判断.

解：A当两个侧面是矩形且相邻时，四棱柱是直四棱柱；当两个侧面是矩形且不相邻时，四棱柱不

是直四棱柱；故A不正确；

B.正四面体是三棱锥，故B错误，

C棱锥有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的几何体，故C错误，

。.正四棱柱是平行六面体，正确，

故选O.

2.答案：B

解析：

本题给出三棱锥的空间特征及外接球问题，属于中档题.

依题三棱锥可以补成长方体，则长方体的外接球同时也是三棱锥P-4BC外接球.求出P4=1,PC=

V3.PB=2,算出长方体的对角线，即球直径，进而利用球的体积公式求解.

解：•••AB=V5>BC=V7,AC=2,

^\PA2+PB2=5,PB2+PC2=7,PA2+PC2=4

•••解得P4=l,PC=V3>PB=2,

以PA、PB、PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图，

则长方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC外接球.

•••长方体的对角线长为A/1+3+4=2V2,

•••球直径为2VL半径R=72，

因此三棱锥P-4BC外接球的体积是0/?3=,*(V2)3=竽兀，

故选用

3.答案：B

解析：

本题考查了空间中的位置关系，重点考查了多面体和旋转体的结构特征，属于基础题.

解：有两个面互相平行，其余各个面都是平行四边形的多面体是棱柱，错误；反例：将两个相同的

斜平行六面体叠放，故①错误；

以直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体不是圆锥，故②

错误；

③用一个平行于底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台，故③正确；

④空间中，如果两个角的两条边分别垂直，那么这两个角相等或互补，故④错误；

故选B.

4.答案：B

解析：

本题考查正方体的几何性质，线线的位置关系，本题涉及到了直线间的几个卡--

常见位置关系如平行、垂直、异面.属于基础题.^|\JXT

将其还原成正方体，如图所示，依据图形、正方体的几何性质进行判断各线

的位置关系.f---------Y

解：将正方体纸盒展开图还原成正方体，如图知，AB1EF,CD1MN,MN与48是异面直线，BF

与平行，只有②③正确，

故选：B.

5.答案：D

解析：

本题主要考查了空间几何体的三视图及其表面积的计算，球体的体积和面积公式，圆柱的体积和面

积公式，函数模型的应用，利用导数来求函数闭区间上的最值，考查了综合分析能力和计算能力，

属于中档题.

如图，设几何体的体积为匕挖去的圆柱的体积为匕，圆柱的高AB=x(x>0),利用球体的体积公

式和圆柱的体积公式，表示出几何体的体积匕求V的导数，利用导数来求函数V在闭区间上的最

值，进而得出几何体体积最小时的x的值，进而得出圆柱的底面半径，再利用球体的表面积公式，

圆的面积公式，圆柱的表面积公式，求出该几何体的表面积.

解：设几何体的体积为匕挖去的圆柱的体积为匕，

•••半球的半径为遥，

所以半球的体积为：遍)’=4｛开，

则几何体的体积V4V/BTT-\\，

如下图，A为半球的圆心，C为圆柱上底面圆上的一点，过4点作圆柱底面的垂线，垂足为

设圆柱的高力B=x(x>0)

在中，由勾股定理得：BC2=AC2-AB2=(V6)2-x2=6-x2.

则V=4v/6?r—VI=4VziITT—7T-BC2-AB=-IX/GTT-TT(6—r2)-x=7rx;l—(ir./,-1\nHi,

则I"=BTTJ,2—67r，令，=0,解得x=/或％=—鱼(舍去),

当％=企，此几何体体积V最小，

此时圆柱底面半径为：Bc=J(峋2=2，

则几何体的表面积为:

2/、2

5x4?r•(4)+7Tx(VW)—IT-BC2+it-BC2+2?r-BC-AB

=：X4TT-(X/^)+7rx(v4i)+2?r-2xx/2

=127T+6TF+4X/2TT

=(18+4@TT

故选。.

6.答案：B

解析：

本题考查简单组合体及其结构、三棱锥外接球问题，属于中档题题.

证出SA_L平面SBC,即SA,SB,SC两两互相垂直，得出三棱锥可以看做是长方体的一部分，根据

题意求解外接球半径是解题关键.

解：三棱锥S-ABC的外接球即为以SA,SB,SC为长、宽、高的长方体的外接球，其直径2R=

V22+42+42=6.

又cos乙BAC=p故sin/BAC=辿，故44BC外接圆的半径r=BC=也，则球心。到平面ABC

552sinz.BAC3

的距离为＞//?2—丁2—渔，

3

故点。到平面ABC距离的最大值为3+立.

3

故选B.

7.答案：A

解析：

本题主要考查球的切接问题，球的表面积的求解，将四面体放入长方体内考虑即可求解.

解：因为四面体4-BCD的三对对棱分别相等，

所以把它放在如下的长方体内，

所以如图:

设长方体的棱长分别为X,y,Z,

由己知/+y2=100,y2+z2=(2V34)2=136,%2+z2=(2V41)2=164,

所以久2+y2+z2=200,

得长方体的外接球半径为5vL

又四面体4-8C。的外接球与长方体的外接球相同，

所以四面体a-BCD外接球的表面积为S=4兀/?2=2007T.

故选A.

8.答案：B

解析：

本题考查线面角的大小的判断，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.

过E作EMJ■平面4BCC,交AO于过E作EN_L平面BCqB],交81cl于M连结M凡NF,设

正方体ZBCD—4B1GD1中棱长为a,则EM=EN=a,MF>a,NF>a,4EFM=9,乙EFN=cp,

从而t<m8=累Wl,进而Omax=45°,易证△ENFmAEMF,能推导出0=9.

解：过E作EMJL平面ABC。，交A。于M,过E作EN_L平面BCGB]，交当前于N,

连结MF,NF,

设正方体力BCD—4/iGDi中棱长为a,

则EM=EN=a,MF>a,NF>a,乙EFM=0,乙EFN=<p,

EM

•••tand=—<1,emax=45°,

易证AENF三AEMF,能推导出。=9.

9=cp,9max=45°,

故选B.

9.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2,8，1的长方体，在长方体中可解决.

解：补成长，宽，高分别为2,6，1的长方体（如下图）

由于EF1a,故截面为平行四边形MNKL,

可得KL+KN=2.

设异面直线AB与C。所成的角为8,

则sin。=sinZDFH=sin乙LKN.

△HFD中，HD=1,FD=FH=1,

••.△HFD为正三角形，

sind=—,

2

•••SsiMNKL=NK-KL-sm^NKL

V3

=—NK-KL

2

-2I2J~2'

当且仅当NK=KL=1时取等号.

故选B.

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.

设三角形BOC的中心为01，球O的半径为R,

连接0。OD,。花，OE,

则。1。=3stn60°x|=遮，a。1_y/AD2-£)0f-3-

在RtAOOi。中，R2=3+(3-R)2,

解得R=2,

因为BD=6BE,

所以DE=|,

在ADEO］中，O、E=J3+Y-2XV3X|XCOS30°=y.

所以。E=JO.+00工=J：+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后二亘=匹，

\42

最小面积为:兀，

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s兀,4兀］.

故选B.

11.答案：C

解析：

本题考查空间中截面的作法及梯形的面积公式.由点、线、面的位置关系作出截面，依据图形求出

面积即可.

解：如图，由面面平行的性质知截面与平面的交线MN是△441。的中位线，

所以截面是等腰梯形BGMN,

正方体的棱长为2,可知MN=^BCi=&,BN-C^M=V22+l2=>/5>

所以梯形的高为J（俑2_（争2=吟

所以截面的面积为3（遮+2近）x乎=|.

故选C.

12.答案：ABD

解析：

本题考查球，正棱锥的结构特征，棱锥的体积公式，线面垂直的性质，球的截面问题，属于较难题.

根据题意，先得出SOI平面A8C,且S。和平面ABC的交点为△4BC的外心，再逐一分析各选项即

可.

解：连接D4,DB,DC,

由题意，SQ为球。的直径，所以NS4D=NSBD=Z5CD=9O。，

又24so=乙BSD=乙CSD=30°,

所以S4=SB=SC=SD•cos30°=2百，

所以SO和平面48c的交点为△力BC的外心，，且SD1平面4BC,连接AH,

可得4H=SA-sin30°=遮，即4ABC外接圆半径为VL

vABu平面ABC,

AB1SD,故A正确；

48的最大值为圆，的直径2旧，故B正确；

可知SH=SA-cos30°=2>/3x—=3.

2

在△ABC中，若要使其面积最大,

则该三角形的高必然通过圆心，，此时小ABC为等腰三角形,

不妨记48=AC=b,BC=2a,A到BC边上的高为x,则遮<x<28,

所以△力BC的面积为S=ax,

可得a2+Q_⑸2=（0）2,可得@2=2巡%-％2,

所以S?=a2x2=2V3%3—x4f令f（%）=2A/3X3—%4,V3<%<2痘,

则/（%）=6>/3x2—4x3=4x2（半—%）,

当时，r（x）>0,/（X）单调递增；

当苧<x<2次时，f（x）<0,f（x）单调递减；

故/（X）的最大值为/（苧）=（子?X（2V3—苧）=翼，

所以三棱锥S—ABC的体积最大值为工X3X匡=鸣故C错误；

3y164

可知过S4作球的截面中，球心。到截面距离为。到SA的距离，

其大小为=gx4xsin30o=1,故。正确；

故选ABD.

13.答案：ABD

解析：

本题以正方体为载体考查球的性质，考查空间想象能力、计算能力，属中档题.

由8E_1_平面488遇0得平面截「所得小圆的半径r,即可求「与面48%久的交线长，判断A

正确；

由点E到直线BO1的距离为点C到直线BC1的距离的也可求直线BL11被「截得的线段长，判断8正确；

由DiE=6>VIU,所以点久在该球外，可得HD1的最小值为6-45，判断C错误；

确定以VTU为半径的球面与对角面BDD1B1的交点为RG,,求出NF01G=120。，即可求该交线的

长，判断。，

解：因为BE_L平面48当4,所以平面48当41截r所得小圆的半径r=付==述，

圆心为点B,所以r与面ABB1A1的交线长为gX{=半，故A正确；

点E到直线BO1的距离为点C到直线BD］的距离的即E直线BO1的的距离为半xg=呼，

所以直线BD1被r截得的线段长为2小0一1=当,故B项正确；

因为DiE=V16+16+4=6>VW，所以点Di在该球外,,所以HD1的最小值为6-同,故C错误；

过E作EC)11BD于。「连接。$1，则BE=2,OXE=V2,OrB=V2.B101=372.

连接E。，在8。上取CF=&,则EF=6TT=V1U，所以点F在该球上，在上取86=声,

则GO】=、6+2=2夜,GE=VTO»所以点G在该球上，所以点E为球心，

以为半径的球面与对角面BDD1B1的交点为F、G,

又因为。声="内,所以NG。*=60°,乙FO[G=120°,

所以该交线的长为14*2通¥万，故。项正确，

故选ABD.

14.答案：AD

解析：

本题考查空间点、线、面的关系，考查最短距离求法，属于难题.

求。P的最小值，即求△O&B底边上的高；以所在直线为轴，将△41BC]所在平面旋转到平

面2BB14,设点6的新位置为C',连接AC',则"'即为AP+PG的最小值，利用余弦定理即可求解.

解：求DP的最小值，即求△D&B底边4$上的高，

易知=AtD=V5»BD=A/2»

所以边上的高为/I=|VS,

连接&Q,BCr,得ZM/G，

以所在直线为轴，将AAiBCi所在平面旋转到平面4BB14,

设点G的新位置为C'，连接ZC',则4C'即为AP+PG的最小值，

易知力&=2,AXC'=V2-AB=1,BC=V5>

在直角三角形力"8中，cosa=-1-,sina=-»

在三角形&BC中，由余弦定理得cos/?=察，则sin/?=等，

则coszAzliC'=cos(a+.)=一味，

所以在三角形441C'中，AC=J4+2-2X2XV2X(-y|)=

故选AD.

15.答案：BD

解析：

本题考查四棱锥的结构特征，空间中的距离，异面直线所成的角，面面垂直的性质，四棱锥的外接

球的结构特征，属较难题.

对于A,取A3的中点E,连接PE,由面面垂直的性质可得PEJ.平面.43。。，即可得直角三角形

求解长度；对于BC,由4D〃BC可得NPCB或其补角即为直线尸C与AO所成的角，在△PBC中计算

角度即可；对于£>,设ABC。中心为Op球心为。，△P40外心为。2，由四棱锥和其外接球特征构

建两个直角三角形求解即可.

解：对于4,取AD的中点E,连接PE,因为乙4PD=120。小川=|PD|=2,

所以PE1AD,且|PE|=1,\AD\=28，

又因为面P4D1平面ABCD平面P.ADC平面-AO,PEc面PAD,

所以PE_L平面连结CE,则IEU平面ABC'。，所以PE1CE,

又因为底面ABC。是矩形，=2,所以|CE|=V7,

所以|PC|=J|PE|2+|CE『=22,所以4错误:

对于8C,因为力D//BC,所以4PCB或其补角即为直线PC与AO所成的角，

APBC中,由A可得|PB|=|PC|=2近，|BC|=2V5,

所以COSNPCB=^W鬻胖时=言新为=渔，故8正确，C错误；

2\PC\-\BC\2X2V2X2V34

对于。，如图，设ABC。中心为01，球心为O,△24。外心为。2，

由4APD=120°|PX|=\PD\=2,可得外位于△PAD外,

由四棱锥和其外接球特征可得0。1J•面ABCD,002_1_面PAD,且匕瓦。2三点共线.

所以。。110世,0021P02.

22

所以|0B|=R=J|0/|2+[0]0|2,\0P\=R=y/\OO2\+\PO2\,

所以QB|=2,\P02\-I00J=1,\002\=\0xE\=1,

解得|OR|=1,则区=斤口：=&，所以。正确.

故选BD

解析：

本题考查线面垂直、线面角、二面角等众多立体几何的知识点，属于难题.

对于A,由线面垂直的判定定理证明u平面BDiG即可；对于B,直接分析每个面的三角形即可；

对于C由二面角定义即可；对于。分析出正方体4BCD-&B1GD1的内切球，外接球与BO】的同一

侧的两个交点的距离最小，是关键.

解：在棱长为1的正方体ABCD-AiBiCiA中，连接86，

GDiJ"平面BG，B[Cu平面8G，

・•・C1D11B]C,

C1B1B1C,C-iD-iAC^B—Ci,C1D1,C】Bu平面BDiG，

BjC_L平面BDiG，

DjBu平面BDiQ,

•••BiClBDi，即异面直线BDi与BiC所成的角大小为90。，A正确；

四面体。iDBC的面中，BC1CD,三角形BCD是直角三角形,DtD1CD,三角形是直角三角

形，

。1。1平面ABCD,BDu平面ABCD,

DrDA.BD,三角形是直角三角形，

同理BC12C,三角形DiCB是直角三角形，故B正确；

二面角5-BC-Bi即为一BC—Bi，由二面角定义可知其大小为45。，故C错误；

正方体4BCD-41B1GD1的内切球半径为右外接球半径3

正方体ABC。-&B1C1D1的内切球，外接球与5%的同一侧的两个交点的距离最小，

即亨.故。正确.

故选ABD.

17.答案：AC

解析：

本题考查正方体的结构特征、二面角，直线和平面所成的角、异面直线所成的角、几何体中的截面

问题和空间想象能力，涉及利用空间向量求线线角与线面角、线面垂直的性质、面面平行的性质、

函数的最值，属于较难题.

以。为原点，以分别为x,y,z建立空间直角坐标系，

则5(0,0,1),4(100),C(0,1,0),2(1,0,1),G(0,1,1),

设的=<A<1)，则-Z1).则而=(A,l-A,0).

再结合选项依次判断.

解：以。为原点，以04,CC,0Di分别为x,y,z建立空间直角坐标系，

则。1(0,0,1)4(1。0),C(0,1,0),41(1,0,1),6(0,1,1),

设金而=4GA；(0O则

则瓦羽=U,1-A,0)-

对于A项，

由前=(-1,1,0)，BM=(A-1,-2,1).所以cos(丽，而>=7x%；？2；l+2

令t=1一2九则—cos<BM,AC>—^=,

当t=0时，cos<丽，前>=0;

当"0时，即G)，l，所8s(丽，前>=忘".

所以cos<'EM,AC>e[o,1],

所以异面直线BM与AC所成角的范围是[60。,90。],

则存在M点使得异面直线8例与AC所成角为75。，故A项正确；

对于8项，

如图:

当点M移动到&时，二面角M-BO-C最大，连接8。交AC于点。，连接为。，&C,

则AiO_LBD,0C1BD,得乙410C为二面角M-BD-C为135。的二面角，

在RM44。中,

smZ-A^OA

得sin乙4I0C=sin乙41。4=除

而sinl35。=当＜强

函数y=sinx在椁,兀］上单调递减，

故44。(？<135°,

因为当点M移动到儿时，二面角M-BD-C最大，故不存在M点使得二面角M-BD-C为135。的

二面角，

故3项错误；

对于C项，

设平面4D1C的法向量为沅=(x,y,z),

则近=(-1,1,0),=(-1,0,1)-

由,安，得，取4=1，得'=1，z=l，

(m-ADj=0l-x+z=0，

得平面4D1C的法向量为记=(1,1,1),设直线AM与平面AOiC所成角为氏

则sin。=|cos<Dj4,m>\=以屋+m/

111V6

所以当;l=；时5也。有最大值，%=词=1■故C项正确；

2/2X--2X-+1XV3Y

对于。，由平面平面用5ao可得，平面80M与平面为B1C1D1的交线平行于8力,

过点用点作直线EF〃BD,则梯形EFBD即为截面，

因为4AlM=&G，所以EF=#，此时WB。间的距离为，+（当j=苧

所以截面面积为更必=延，故。项错误.

24

故选AC.

18.答案:BC

解析：

本题考查正六棱锥的结构特征，异面直线所成的角，直线和平面所成的角，同角三角函数的基本关

系，正弦函数的性质，正切函数的性质，属较难题.

设底面正六边形4BCDEF的边长为2,正六棱锥高为/?,由异面直线所成的角及直线和平面所成的

角的定义可得tana】/tana?=科sing】=笈赢帚sg=猊鬻畸利用同角

三角函数的基本关系，正弦函数的性质，正切函数的性质，逐一判断即可.

解：由题意可得该六棱锥为正六棱锥，设底面正六边形ABCOE尸的边长为2,正六棱锥高为/?,则

侧棱长为侧面上的斜高为"=71不必，由正六边形488£：尸的性质可得8。〃1。,。。〃4尸,

hh

所以和N04F分另IJ为0A与BC、C£>所成角分别为劭,戊2,在等腰△。40中，tan%=国=5；在

2

2

等腰△OAF中，tana2=与=V3+h；设点A到平面OBC、平面OCD的距离分别为均也，因为

z2

S^ABC=\\BA\'\BC\'sinl20°=ix2x2x^=V3.Sh0BC=；|BC|-/i=；x2XV3+h=

222zz

A/3+h?，所以由勿-08c=%T8c可得，,SMBC,h=』SA（）BC♦di,解得由=,所以sin/?i=TT~—

JJv/l+3117/11

JW黑z+炉又S“CD=\MC|-|CD|=ix2V3x2=2V3,S.℃D=同理可得d?=焉

所以/为=蒜=旃鬻畸

2

对于A,由tanai=T，tana2=V3+/i>tana?=2tan的不恒成立，故A错误；

对于B,0A与8C所成角为的，0A与平面08c所成角为由，因为BCu平面。8C,所以由最小角定

理可知，直线与平面内所有直线所成的角中线面角最小，所以的》用；又0A与CZ）所成角为a2,

0A与平面OCD所成角为伤，由C。<=平面OCD,同理可得a2》伤.由不等式的可加性可得%+a2>

用+仅，故B正确；

对于C,由到辿=标金前=黑+旬，可得sin的=2sin自恒成立，故C正确；

对于由sin。】=篇舄且凡为锐角,可得tan0】=而黑而,又tana「*所以

h

442

tan（的+氏）=z哈12="”4*12+2震因为4人+2+48一3/i=h+16h+48>

1?」x近h2V/l4+4h2+12-V3/l216h

2Jh4+4九2+12

0,所以4h4+16F+48>3h4,BP2Vh4+4/i2+12>V3/i2,所以tanl的+'）>0,又因为a1,凡均

为锐角，所以（）<5+d<：,故。错误.

故选BC.

19.答案：[号与1]

解析:

本题考查旋转体中直线和平面所成的角，涉及正三棱锥的结构特征，圆锥的结构特征，同角三角函

数的基本关系，属较难题.

由正三棱锥结构特征可得将△PMN绕PN所在的直线旋转一周，MN旋转形成的轨迹为一个圆锥的侧

面，设直线PN与平面PAB所成的角为夕，MN与平面PAB所成角为仇可将问题转化为直线AB与

平面a所成的角川确定，直线8c绕直线BA旋转，且8c与BA所成的角小于直线AB与平面a所成的

角，所以0404/?+4ABC,由此即可求解.

解：由三棱锥P-ABC的各条棱长均为1,N分别是棱BC的中点，可得|PN|=当，

又因为三棱锥P-ABC为正三棱锥，所以点C到平面PAB的距离为J1.(|X到=导又由N分

别是棱BC的中点可得，点N到平面PAB的距离为在，

6

V6

设直线PN与平面PAB所成的角为氏贝㈣邛=塞=争所以cos£=*

2

又因为M,N分别是棱尸4,8c的中点，由|PN|=|4N|可得MNJ.PM,

则sin"NM==冬cos/PNM=—.

|PW|33

将△PMN绕PN所在的直线旋转一周，因为PN与平面PA8所成角为定值，NPNM为定值，所以MN

旋转形成的轨迹为一个圆锥的侧面，设MN与平面PAB所成角为仇

可将问题转化为：直线A8与平面a所成的角£确定，直线BC绕直线8A旋转，且BC与BA所成的

角小于直线A8与平面a所成的角，所以0<6</?+乙4BC,其中乙4BC即为原图中/PNM,所以

sinZ-ABC=争cosZ-ABC=当而cosO=1,cos(fi+Z-ABC)=cos/?•cosZ-ABC—sin/?•sinZ-ABC

V7V6V2V3V42-x^6

-X------------X-=------------

33339

.所以3P《cos。＜1，即直线MN与平面PA8所成角余弦值的取值范围是[些F，l].

故答案为[号四,1]

20.答案：1

解析：

本题考查了空间儿何体的结构特征以及空间距离的求法，属于较难题目.

根据题意设球。2半径为「，作出截面图，由勾股定理求出结果即可.

解：设球。2半径为r，球。1和球。2与底面A8C£>的切点分别为M、N,

过。2作02H和垂直，垂足为H，

作出正方体的截面图力CG4，如图：

因为01半径为2,且与该正方体的底面A8CQ和两个侧面4。。送1，ABB14都相切.

所以AM=2V2,

球。2与正方体的另外两侧面BCCiG，OCCiA以及底面A8CD相切，所以ND=V^r，

又AD=5V2,

222

则由勾股定理：0.H+02H=0^2,

即(2-r)2+(5V2-2V2-V2r)2=(2+r)2,

解得：「1=1,r2=9(舍去).

故答案为1.

21.答案：[0,8]

解析：

本题考查了正方体的结构特征，简单组合体及其结构特征，空间向量的数量积及加减运算，属于较

难题.

利用正方体的内切球的结构特征得当弦MN的长度最大时，是此内切球的直径且MN=4,设

的中点为。，再利用正方体的内切球的结构特征得。是内切球的球心，也是正方体4BCD-&&GD1

中心，利用空间向量的加减运算及数量积得丽.丽=而2一小再利用正方体的结构特征得24

\P0\<2百，最后计算得结论.

解：因为MN是棱长为4的正方体4BC0的内切球的一条弦，

所以当弦的长度最大时，是此内切球的直径且MN=4.

设MN的中点为0,则。是内切球的球心，也是正方体4BCD-48iGDi中心，

因此丽=一丽，|丽|=|而|=2,

所以两•~PN=（P0+西）•（P0+0/V）

=时-ON）-（P0+ON）

,一>2...>2---»2

=PO-ON=P0-4-

又因为尸为正方体表面上的动点，。为正方体ABCD-&B1GD1中心，

所以2<\P0\<2百，

因此04而2-448，

即由•前的取值范围是[0,8].

故答案为[0,8].

22.答案：36

解析：

本题考查球的内接体与球的关系，球的半径的求解，考查计算能力，是中档题.

通过球的内接体，说明儿何体的中心是球的球心，由球的表面积求出球的半径，设出三棱柱的底面

边长，通过解直角三角形求得“，然后得三棱柱的侧面积.

解：如图，

・・•三棱柱48c-4181cl的所有棱长都相等，6个顶点都在球0的球面上，

・•・三棱柱为正三棱柱，则其中心为球的球心，设为。

再设球的半径为一，由球。的表面积为28加，得471r2=28兀，

・•・T—V7.

设三棱柱的底面边长为a,则上底面所在圆的半径为渔a,且球心。到上底面中心”的距离OH=当

32

直三棱柱高为力，底面周长为工

“2=(|)2+白)2,即「=岛，

a=2-\/3=h>L=3xa=6v5

则三棱柱的侧积为S=Lxh=3xaxh=3x2V3x2V3=36

故答案为：36.

23.答案：*

2

解析：

本题考查棱柱的结构特征，球的半径的求法，根据题意作出辅助线，利用勾股定理列方程解答是解

题的关键.

根据题意，作辅助线，在正四棱柱对角线的截面构造直角三角形01。28,设小球半径为广，利用勾股

定理列方程，解方程可得小球的半径.

解：如图，

设大球的球心为0「