高中数学第八章第1节《基本立体图形》提高训练题 (45)(含答案解析)

第八章第1节《基本立体图形》提高训练题（45）

一、单项选择题（本大题共13小题，共65.（）分）

1.在棱长为1的正方体中，AC?\BD=O,E是线段qC（含端点）上的一动

@OE1BDI；

②。£7/面4G。；

③三棱锥4-BDE的体积为定值;

④0E与4G所成的最大角为90,

上述命题中正确的个数是（）

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

2.如图，在正方体48。。一481口。1的面对角线中，与BC'成60。角的/p一~AC

异面直线有（）A\\\\

A.1条[x\[/C

B.2条AB

C.3条

D.4条

3.正三棱柱4BC-4B1G中，4B=44i=2,0]、。2分别为三棱柱上下底面的中心，O为。1。2的

中点，过。作平行于AB的平面支与三棱柱ABC-的上下底面相交，则a截此三棱柱所得

截面面积的最大值为（）

A.IB.y/7C.区D.

329

4.圆台的正视图如图所示，从母线A8的中点M拉一条绳子绕圆台侧面转到3

点，从M到B的路径中，最短路径的长度为（）

A.10

B.15V19

C.10兀

D.157r

5.棱长为“的正四面体ABC。与正三棱锥E-BCD的底面重合，若由它们构成的多面体A8CZJE的

顶点均在一球的球面上，则正三棱锥E-BCD的内切球半径为（）

A3V2-V6n3V2+V6C3^3+\^6n373—V6

A.-------aD.-----------aC----------aU------a

12121212

6.在矩形ABC。中，AD=1,AB=2,若点E满足。£=V2V|）,

将AADE沿4E翻折，当D'在面4BCE内的投影在4B4E的平分线上时，分别

记二面角。一4E—8、D'-AB-E,D'—CE—B、D'-BC-4的平面角分

别为a、B，y,6则（）

A.a<0且y=S

B.a>/?且y=6

C.a=0且y<8

D.a-£且y>8

7.在三棱柱ABC-&当口中，己知乙4BC=90°,AB=6,BC=BB1=3近，动点P在线段B】C

上，则&P+BP的最小值为()

A.6B.2710C.9D.3V10

8.己知A,8是半径为26的球面上的两点，过AB作互相垂直的两个平面a、0,若a,0截该球所

得的两个截面的面积之和为16兀，则线段AB的长度是（）

A.V2B.2C.2&D.4

9.在△ABC中，已知AB=2百，BC=276.乙4BC=45。，。是边AC上的一点，将△4BD沿B。

折叠，得到三棱锥4-BCD,若该三棱锥的顶点A在底面8C。的射影M在线段8c上，设=

则x的取值范围是（）

A.（0,2V3）B.（V3.V6）C.(V6,2V3)D.(2V3,2V6)

10.已知点A(xi，%),B(x2,y2),C(x2,0)>。(乂1，0)，其中芯2>°，x]>0,且、1必—与+y1=0,

y2x1-x2+y2=0,若四边形ABC。是矩形，则此矩形绕x轴旋转一周得到的圆柱的体积的最

大值为()

A.IB.=CjD.^

11.在正方体4BC0-4B1GD1中，点。为线段8。的中点，设点尸在直线CG上，直线0P与名义

所成的角为a,则sina为()

A.1B.更C.；D.变化的值

22

12.四棱锥中P-4BCD,底面ABCD是边长为2的正方形，PAlji£®ABCD,异面直线AC与尸。

所成的角的余弦值为瞿，则四棱锥外接球的表面积为()

A.487rB.127rC.367rD.97r

13.在正三棱锥。-48c中，。4OB,OC三条侧棱长为1且两两垂直，其内切球与三个侧面切点

分别为。，E,F,与底面A8C切于点G,则三棱锥G—DE尸的体积为

A2遮-3B2百-3Q6+26D6-2近

・1081899

二、填空题(本大题共14小题，共70・0分)

2%—y-2>0

14.(1)设实数居y满足％-340,则z=x—2y的最小值为.

4-y>0

(2)已知平面向量区G的夹角为0,且五•方=2,a=(1,-2),|司=企，则8$2。=

(3)在(1+3X)2(2-x)5的展开式中，所有x的奇次幕的系数和为

(4)已知四面体ABCZ)内接于球O,且力B18C,AB=6,BC=8,若四面体A2CQ的体积的最

大值为80,则球。的表面积为.

15.如图所示，在长方体ABCO-4声道1。1中，AB=3,AD=2,AAX=1,过的截面的面积为

S,则S的最小值为.

16.如图，四棱锥P-48C。，底面为正方形，侧棱P41底面ABC。，PA=4,

AB=3,G,，分别在PC,PA上，且PG=：PC,PH=\PA,过直线GH

作平面与侧棱PB、PC分别交于点M、N,截面把四棱锥分为上、下两部

分，则上部分与下部分体积比值的最小值为

17.如图所示，在长方体4BCD-41&GD1中，AB=3,AD=2,441=1,过的截面的面积为

S,则S的最小值为

18.若侧面积为4乃的圆柱有一外接球0，当球O的体积取得最小值时，圆柱的表面积为

19.如图(1),在等腰直角AABC中，斜边AB=4,。为AB的中点，将Z4CD沿CD,折叠得到如图Q)

所示的三棱锥C-4BD,若三棱锥C-ABD的外接球的半径为石，则NA3O。

20.在棱长为1的正方体ABC。一公8道1历中，E为棱8占的中点，用过点4E，G的平面截去该正方

体，则截面积为.

21.已知三棱锥S-ABC的三条侧棱S4SB,SC两两互相垂直，且AC=g,此三棱锥的外接球的表

面积为14兀，设4B=m,BC=n,则m+n的取值范围为.

22.(1)已知向量区石满足：|砧=1,另=(1,2)旦J.B，则|2(+石|=.

(2)若不等式组卜+3y>4,所表示的平面区域被直线y=kx+g分为面积相等的两部分，则k

的值是.

(3)设尸为双曲线C：捺-'=l(a>0,6>0)的右焦点，过尸且斜率为蓝的直线/与双曲线C的

两条渐近线分别交于A,B两点，且|万|=2|前则双曲线C的离心率为.

24.正方体的棱长为1,点P,Q,R分别是4人、4为的

中点，以团PQR为底面作正三棱柱，若此三棱柱另一底面的三个顶点也都在该正方体的表面上，

则这个正三棱柱的高为O

25.我国齐梁时代的数学家祖眶提出了一条原理：“幕势既同，则积不容异”.意思是：两个等高的

几何体，若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.椭球体是椭圆

绕其轴旋转所成的旋转体.如图，将底面直径都为2b,高皆为a的椭半球体和已被挖去了圆锥

体的圆柱放置于同一平面£上,用平行于平面£且与平面0任意距离4处的平面截这两个几何体，

可横截得到S窗及S珞两截面.可以证明S圆=S环总成立.据此，半短轴长为1,半长轴长为3

的椭球体的体积是.

26.已知直三棱柱ABC-Ci，△ABC为等腰直角三角形=4C=4,AA1=a,过点A、线段

BBi，8传1中点的平面与平面441cle相交所得交线与SB1所成角的正切值为I，则三棱柱4BC-

&B1G，外接球的半径为.

27.仇章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为“鳖席如图，平面四边形4BCD

中，AB=AD=CD=1,BD=V2,BD_LCD.将其沿对角线3。折成一个鳖席4一BCD,则该

鳖腌内切球的半径为o

三、解答题（本大题共3小题，共36.0分）

28.三棱台ZBC-AiBiG中，4B=BC=CA=2,A1B1=BBX=CCX=1,BBXLAB,CC^AC.

(1)求证：A.%_L平面A]BC；

(2)求二面角力-BC-%的余弦值.

29.如图所示的三棱柱4BC-4BC中，44」平面ABC,AB_LBC,AB若，BC==V3,

D,E,一分别为&Bi，B4,CCi的中点.

(I)求证：平面DE/7/平面ABiC;

(口)求平面DE尸切割三棱柱ABC-4$心所得的包含顶点Ci部分的几何体的体积.

30.如图，S-4BC是正三棱锥且侧棱长为a,E,尸分别是SA,SC上的动点，三角形BEF的周长

最小值为近a,求侧棱SA,SC的夹角.

,S,

B

【答案与解析】

1.答案：D

解析：

本题考查棱柱的结构特征，考查异面直线、线面垂直、的理解与应用，考查分析与计算能力，属于

中档题.对4个选项，分别进行判断，即可得出结论.

解：①利用BDi_L平面ABiC,可得OElBDi，正确；

②利用平面〃面&C］。，可得0E〃面&Ci。，正确；

③三棱锥&-BDE的体积=三棱锥E-&BD的体积，底面为定值，E到平面的距离&BC为定值，

•••三棱锥&—的体积为定值，正确；

④E在B1处。，E与4G所成的最大角为90。，正确.

故选O.

2.答案：D

解析：

本题考查空间中直线与直线之间的位置关系，解题的关键是利用正方体的性质，看出面的对角线之

间所成的角.

解：在几何体中，根据正方体的性质知所有过B和。点的正方体的面对角线与它组成的角都是60。，

这样就有4条，为A'B,A'C',BD,DC',

与之平行的线D'C，AC,B'D',AB'即为与BC'成60。角的异面直线，共4条，

故选D.

3.答案：D

解析:

本题考查了三棱柱的结构特征与应用问题，是中档题.根据题意知截面为一等腰梯形，画出图形结

合图形求出该梯形的面积.

解：根据题意画出图形，如图所示；

正三棱柱4BC-A1B1C1中，各棱长都为2,。为0102的中点,

过。的截面为a等腰梯形PQEF,MN为梯形的中位线，

易知MN=|x2=%且PQ+EF=2MN="

二易知当与重合时，截面面积最大，

此时。1/=[xV5=/,由对称性可知，

此时k2J。。/+Og=2心+囹=2/=竽

则截面面积为S=2x9xh=竺更.

239

故选D.

4.答案：B

解析：

本题考查了在几何体表面的最短距离的求出，一般方法是把几何体的侧面展开后，根据题意作出最

短距离即两点连线，结合条件求出，考查了转化思想.由题意需要画出圆台的侧面展开图，并还原成

圆锥展开的扇形，则所求的最短距离是平面图形两点连线，根据条件求出扇形的圆心角以及半径长，

再求出最短的距离.

解：画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为。.

0

由图得：所求的最短距离是MB',

设。4=R,圆心角是。，

则由题意知，KJTTUR①，

:“hr0(3()+7?)②，

QTT

由①②解得，。：，R=15,

所以，0M=30,OB'=45,

由余弦定理可得

n

MB12=04八+OB'2-2xOA/xOZTxcos-TT

3

=302+452一2x30x45x(—0

•••MB'=15V19

故选B.

5.答案：A

解析：

本题主要考查了锥体内接球、外接球问题，考查了空间想象能力和计算能力，属于较难题.

由题意4E是多面体ABCDE外接球的直径,设正三棱锥E-BCD的侧棱长为x,设外接球的半径为R,

列出方程求出x,设正三棱锥E-BCD的内切球半径为，，再根据VE-BCD=：SE_BCD费"求出八

解：如图:

a

一

E

因为正四面体ABC。的棱长为o,易知8。=^,正四面体"CD的高4。=当a,

设正三棱锥E-BCD的侧棱长为x,AE多面体ABCDE外接球的直径，设4E=2R,

（（2R）2=a2+x2

根据题意得AE2=4B2+BE2,BE2=BO2+0E2,即、/四、2石2

依=（会）+（2”*）

解得R=,a，x4a.

则正三棱锥E-BCD的高。E为生，

正三棱锥E-BCD的斜高为恪丁_嗣2=la.

正三棱锥EiC。的体积为"fMx舁=为支

设正三棱锥E-BCD的内切球半径为r,则［x（表2+3x（ax狗.r=*3.

解得

故选A.

6.答案：D

解析：

本题考查空间二面角，由题意，不妨令;1=%将△ADE沿AE翻折后所形成的的儿何体为四棱锥,

由此判断即可得到答案.

解：由题意，将AAOE沿AE翻折后所形成的的几何体为四棱锥，

令4=：,则4D'=0'E,如图所示，

VD'在面ABCE内的投影在/BAE的平分线上时，

D'F1®ABCE,

面D'AE和面C'AB关于面D'AF对称，

二二面角D'-4E-B与D'-4B-E相等，即a=£.

因为AB>BC,

.•.面D'BC与底面的夹角小于面D'EC与底面的夹角，

二二面角D'-BC-4小于二面角D'-CE-B,即y>6.

故选O.

7.答案：D

解析:

本题考查的知识是棱柱的结构特征及两点之间的距离，其中利用旋转的思想，将4CBB]和CBM沿

展开到一个平面内，将空间折线长转化为平面内求两点之间距离问题是解答本题的关键.经计算

三角形CB14为直角边长为6的等腰直角三角形，然后在新的平面图形中利用余弦定理计算求解.

解：三棱柱的直观图如图所示，C

•••BC=BB[=3或，BH；----------\A

・•.△CBBi是等腰直角三角形，.•・&C=6.,y：

又••••.•乙4BC=90°,4B=6,且三棱柱为直三棱柱，CG41=90。，二

2

CAr=J4iCj+“J=+B2Cr+CC/=V36+18+18=

6V2-

・•.CC/+B1&2=C&2,...A&B]C为直角边长为6的等腰直角三角形，c,一

将小OB/和CB"沿展开到一个平面内，如图所示.

当为P+BP的最小当且仅当B,P,a共线时取到，最小值即为线段

BBi

的长.

在ABBiAi中,NBB1&=135。，BB1=3V2,8出=6,

AB用=18+36-2x32x6x（一4）=90）

•••BAr=3V10,

故选D.

8.答案：D

解析：

本题考查了球的性质，把空间问题转化为平面问题是解题的关键，属于中档题,

解：如图所示：

设过A8作互相垂直的两个平面a、£截该球所得的两个截面圆分别为圆Oi，3,半径分别为ri，72,

球半径为R,

则有忆需IA，=。.十°磁=2R2_（"+以）

S—uu2-rr2

又因为a,/?截该球所得的两个截面的面积之和为16兀，

兀号+itr^=167r=疗+以=16,

•••.OOl+OOl=2R2-（呼+将）=2x（2遮尸-16=8.

OH2=-OOl+OOl=8,AB=2V/?2-OH2=4

故选D.

9.答案：C

解析:

本题考查平面图形的折叠问题，把折叠起来的图形和原平面图形结合起来解题，属于中难度题.

分析平面图形的折叠问题，把折叠起来的图形和原平面图形结合起来解题，画出大致图，注意两者

哪些量不变，AB是的斜边，所以还有M点的位置在5c的中点一侧接近C,

进而求出的范围.

解：中由余弦定理得：已知AB=2b，BC=2V6."BC=45。，

AC=yjAB2+BC2-2AB-BC-cos^ABC=273.所以△ABC为等腰直角三角形，如下图a所示.△

48。沿8。折起，

若该三棱锥的顶点A在底面BC。的射影M在线段BC上时，如图4平面BCD,MN,AN都

与8。垂直，

折叠前在图〃中AM1BD于N点，在图〃中过4作4%于动点。与C无限接近时，折痕

BD接近BC,

这时M接近在图6中，AB是Rt△4MB的斜边，所以BM<AB,：.BMX<BM<AB,vRt△ABMr

中，BM1=”C=V6,

•••BM=x€(V6.2V3);

故答案为：(通,2b).

10.答案：C

解析：

本题考查了圆柱的特征及体积和利用基本不等式求最值，圆柱的体积为V7nir(x.XI).由题意得,

方程y%2一x+y=。的两个不同的实数解，则X]+%2=尹1%2=1.

所以不一匕=[手，所以VEU2(X2-X|):W1一上1五1小，利用基本不等式求最值即可.

解：根据题意，作图如下，若四边形48C。是矩形，则％=丫2，令yi=y2=y=m，

由条件，CD=x2-xlf所以圆柱的体积为V-7rm2(x2-xi).

因为%比-/+%=0,y2xl-的+为=°，

所以可将｛；二言和仁;篇看作为方程城—％+y=0的两个不同的实数解，则/+冷=京62=

1,

所以%2_=V(X1+X2)2-4%1%2=J.-4=J^P，

所以V=7rm~(x2—xi)=1/(1—4m2)4m2g(1-4m；)+4m2=TT,当且仅当［一事d=%,

即巾=立时等号成立，所以该圆柱的体积的最大值为:.

41

解析：

本题考查了简单多面体(棱柱、棱锥，棱台)及其结构特征，线面垂直的性质和异面直线所成角.

利用正方体的结构特征得当劣_L平面4Cq久,再利用线面垂直的性质得当劣1OP,最后利用异面

直线所成角计算得结论.

解：如下图：

因为ABC。—&B1GD1是正方体，连接AC,4G，

则B1D11平面LCG4.

又因为OPu平面ACCMi，所以B1D1J.0P,

因此直线0P与当么所成的角为I，

所以sine1.

故选A.

12.答案：D

解析：

本题考查补体法，将四棱锥补成一个长方体，它们有共同的外接球，从而易得球的表面积.

解：如图，将其补成长方体.设P4=x,连接B】C,则cos乙4cBi=千，

由余弦定理可得久=1,所以外接球的半径为1A//+22+22=|,

所以棱锥外接球的表面积为47rx(|)2=97r.

故选D

13.答案：A

解析：

本题考查球的外切正三棱锥和内接正三棱锥的体积的求法

首先要找到外切正三棱锥的侧棱长与内接正三棱锥的侧棱长与球的半径间的关系，从而求出体积.

解：如图，设三棱锥内切球半径为R,内切球球心为01，

则由体积转化可得四=-X/?xix3+^xV2x/?xi,解方程得R=焉，

62343V3+3

把面OOGC单独拿出来分析，G为ZL48C的中心，0xG=0xD=R,HG=—，0G=—，

63

则tan/HOG=—=sinzWOG=更，过£>做DM10G于M,

OG23

RUDOM=0]M=O1Dsin^MDO1=O^sin^HOG=y/?«DM=O^cos^DM=y/?.

MG=OiM+OiG=?R+R=^R，显然/DEF为等边三角形，DE=\[3DM=V2/?，

故%“EF=设曲,MG=[x/x(V2/?)2X•/?=*,

故选A.

14.答案：(1)-5

⑵一g

(3)-478

6257T

(4)—

解析:

(1)本题考查线性规划中的线性目标函数最值问题，由不等式组画出可行域，平移直线'=|一|,当

直线过点8时，z取最小值.

解：作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示，

其中4(|，一§，其3,4),C(3,-3).

作直线，:x—2y=0,平移直线/,当其过点B时，z有最小值，最小值为一5.

故答案为-5.

(2)

本题考查了平面向量的夹角求解，以及二倍角公式的应用，属于中档题.

利用平面向量夹角公式求cos。，然后借助二倍角公式求的值.

解：由题意得，COS。=L=2=

|a|-|d|V5XV25

/.cos29=2cos2g_i——J.

5

故答案为一，.

⑶

本题考查利用赋值法求多项式系数，属于中档题.

对多项式中的无分别赋值1与-1,即可求得结果.

2s234567

解：设(1+3X)(2—x)=a。+atx+a2x+a3x+a4x+a5x+a6x+a7x,

aaa

令x=1,得16=a0++a2++4+s+6+。7①，

令x=-1,得972=a0-ax+a2-a3+a4—a5+a6-a7@,

(7)—得：—956=2(cij+613+05+CI7),

解得a1+CZ3+a$+CL-J=-478.

故答案为-478.

(4)

本题考查了四面体的外接球的表面积求解，属于中档题.

根据题意求得当四面体体积最大时其外球半径，然后求解球的表面积.

解：设回ABC的外接圆圆心为0',

vAB1BC,

.•.点。'为AC的中点，

00'1平面ABC.

设直线00'交球。于和。2,不妨设点。在线段。'。1内，

。'历为四面体0-4BC高的最大值，

%-ABC=洌48•BC•Op=80。.

由题意得，8O'Dr=80,即。'。1=10.

设球。的半径为R,则oo?+(匀=0C2,

即(10—/?)2+52=R2,解得R=等,

AS=4兀/?2=空.

4

故答案为等.

15.答案：迎

5

解析：

本题考查多面体的截面问题，难度较大.

比较长方体ABCD—4B1GD1中过过BD］的截面的各种情况即可.

解：长方体4BC0—4B1GD1中过过BA的截面的可能情况如图所示，截面BPCiP',或BQ2Q',或

BRDiR',

其中P，Q，R分别是棱CG，DA,CD上的动点，包括线段的端点.

P',Q',R'分别在P,Q,R的相对的棱上，根据平面平行的性质定理，可知截面都是平行四边形，

面积分别是APBOi，△QB/,△RB。］,的面积的两倍.

△PBD、,△QBDr,△RB%都可以看成以B£)i为底边，为使面积最小，必须寻找P,Q,R到直线8劣

的距离的最小值中的最小值.

建立如图所示的空间直角坐标系，

vAB=3,AD=2,AAt=1,8(2,3,0),5(0,0,1),C(0,3,0),4(2,0,0),

①先考察P(0,3,z)(0<z<1),

BDX=(-2,-3,l)-记直线B以上的动点S,BS=tBD^则S的坐标为(2-2t,3-3t,t)，

•♦•向量立=0>_后=(2t_2,3t,z-t)，当且仅当SPLBDi，SPJ.CG时，SP最小，此时才有P

到直线BDi最小，

•.•直线CG的方向向量之一的坐标为(0,0,1),二z=t,

：.SP=(2t-2,3t,0)>

vBDI=(-2,—3,1)，SP1BD19A—2(2t—2)—3x3t4-lxO=O,即t=—,

\SP\=V(2t-2)2+(3t)2=V13t2-8t+4=+强当［=5时取得最小值甯，

|而J=V4+9+1=旧，△PBDi面积最小值为［x旧x噂=剋笋；

②考察Q(x,0,0)(0<x<2),

BDr=(-2,-3,1))记直线BDi上的动点S,BS=tBD^则S的坐标为(2—2t,3—

•响量5=0方-笈=(x+2t-2,3-3,-t)*当且仅当SQ'，SQ，_LCC1时，SQ微小,此时

才有。到直线85最小，

•・,直线D4的方向向量之一的坐标为(1,0,0),A%+2t-3=0,

SQ'=(0,3t-3,-ty=J(3t-3)2+(-1)2=110t2-182+9=J10(t-^)2+

当《=白寸取到最小值得(也可根据SQ'lBA求得/的值)，

|BOJ=<4+9+1=V14.△Q'BDi面积最小值为[xV14x=富；

③最后考察R(0,y,0)(0<y<3),

・•・向量4=而一笈=(2t_2,y+3t_3,_t)，当且仅当SR_L80i，SRLCC1时，SR最小，此时才

有R到直线BQ】最小，

•••直线DB的方向向量之一的坐标为(01,0,),.•.、+3t—3=0,

■■.SR=(2t-2,0,-ty|s/?|=V(2t-2)2+(-t)2=V5t2-8t+4=(t-|)2+当t=g时取

得最小值w，

△RBD1面积最小值为[xmx誓=?；

综上上述结论，比较△PBDi，△QB。1，△RED1的面积最小值中的最小值为△RED1面积最小值等,

•••过BQ的截面的面积5的最小值为争.

故答案为近.

5

16.答案:三

解析：

本题考查多面体的体积，线面垂直的性质，属于较难题.

设PM=x,PN=y(x,yG[0,5]),根据题意求得/_诋0=⑵=弟；：：：：=条贝必—MGNH=

vP-ABC，nvP-CDA'J

卷(X+y),则蔡(x+y)=鬻，化简得H「弟由此可得上部分与下部分体积比为茄剧百-1，

然后利用基本不等式求得X+y的最小值即可求解.

解：因为侧棱P4J■底面ABCQ,AB、A。在平面ABCQ内，

所以P41AB,PA1AD,

因为PA=4,AB=3,所以PB=PD=5,

^P-ABCD=[X4x3x3=12.

设PM=x,PN=y(xfy6[0,5]),

14y4y

PR-PMGPHPMPG1X44XVp-GNHV“_PGN_PHPGPN=XX-=-

因为=---------—x—x———,----------

^/JV-ABC35575

P^A-PBCPAPBPC35575VP_CDAVA-PCD~PAPCPD

^P-ABC=^P-ACD=~x4x-x3x3=6,

所以Pp-MGNH=Vp_MGH+^P-NGH=瓦("+，

同理力-MGNH=Vp-MHN+^P-MGN~

所以京x+y)=箸

化简得打；=奈

所以上部分与下部分体积比为

8(%+y)

Vp-MGNH=25=30°______]

VP-ABCD-*VP-MGNH12-^p^300-8(X+y)

故要使体积比最小，则x+y要取到最小值;

因为x+y=(x+y)G+3X工

.80

x4=—

号(2+"2瑞17

当且仅当％=y时等号成立,

故x+y的最小值为当

30032

所以上部分与下部分体积比的最小值为石巨-1=云,

17

故答案为二.

17.答案:等

解析:

本题目主要考查简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征，属于一般题.

解析：

解：截面有三种矩形截面和三种平行四边形截面，若长方体的棱长记为“、b,C

22=

则S=a>Jb+c,所以三个矩形面积分别为S】=-713;S22>/10;S3=3>/5;

平行四边形截面是以BA作为一条对角线，此时

所以Smin=V12+22+32=<V13>

故答案为亚.

5

18.答案：67r

解析：

此题考查了圆柱外接球，圆柱侧面积，不等式等，难度适中.利用底面半径，球半径，高的一半构

成的直角三角形建立R,r,人之间的关系，结合侧面积为4兀确定r,/?的关系，巧用不等式可得解.

解：设圆柱的底面圆的半径为r,高为/2,

则球的半径R=b+（》2,

•；球体积V=子/?3,

故当且仅当R最小时V最小.

圆柱的侧面积为2仃九=4九，

:.rh=2,

h1

R=卜+]>V2,当且仅当N=2时，即r=1时取“=”号，

此时R取最小值.

二r=1,h=2,

圆柱的表面积为2兀+2兀x1x2=6兀.

故答案为：67r

19.答案：2\

解析：

本题考查三棱锥的结构特征及其外接球问题，属于较难题目.

根据题意得出三角形48。的外接圆半径，设=利用正弦定理及外接球的半径得出r,求

出cosJ即可得出.

解：设的外接圆半径为r,ZA/DB=26,其中。€（0（）.

A'D=BD=2,

由正弦定理易得2r=-^―=驾=之，

sxnLAtDBsin20cosO

由题意知Vl+N=75-

解得co«0—：,所以=20；.

27r

故答案为二.

20.答案：渔

2

解析：

本题考查正方体的截面问题，涉及面面平行的性质定理，正方体的结构特征，属基础题，根据面面

平行的性质定理可得截面为一个菱形，面积用两对角线乘积除以2来计算最为简洁.

解：••,正方体的对面互相平行，根据平面平行的性质定理，可得截面的对边互相平行，是如图所示的

菱形

菱形的对角线互相垂直，且对角线的长度分别为鱼，四，

•・.截面的面积为工x四xb=渔，

22

故答案为渔.

2

2i.答案：（vn+i,同］

解析：

本题是一个综合性很强的题，涵盖了球的表面积公式、球的直径的求法，函数值域的求法，换元法

的应用，基本不等式的变形应用等相关知识，难度较大.

解：设S4=X,SB=Y,SC=Z,由题意可知：4R2=x2+y2+z2且>2+Z2=13,

又X2+Y2=m2'

Y2+Z2=n2'

••・三棱锥的外接球的表面积S郎=47TR2=14%

...X2+Y2+Z2=14,

Y2=1,

.-.m+n=VX2+1+VZ2+1=7X2+i+Vi4-x2,

令7X2+i=t>i，

•-m+n=t+V15—t2>

Wy=t+、15-t2（t>l）,y'=1-7===,

设当t=%时，y'=0,易知y=t+V15—t?在［1,玲）单调递增,在（^，4可单调递减，

t=l,y=1+V14,

t=-/13,y=V13+y/2)

1+\/14<V13+V2,

所以y>1+V14>则m+n>1+V14

又m+n<2产手=2---=2后=V30>

当且仅当7n=n=曳时，等号成立，

2

综上所示，m+n的取值范围是+1,V5U].

22.答案:(1)3

7

(%

⑶2或蜉

(4)373

解析:

(1)考查根据向量坐标求向量长度的方法，向量垂直的充要条件，以及向量数量积的运算，根据条件

可得出|3|=遍，弓7=0,并且|五I=1，进行数量积的运算即可求出(2记+方)2的值，从而得出|2五+

修的值.

解：|方|=花,|五|=1；

a1K：

■,■a-b=0;

(2a+b)2=4a2+4a-b+b2=4+0+5=9；

|2a+K|=3.

故答案为3.

(2)本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及简单的转化思想和数形结合的思想，属中档

题.

先根据约束条件，画出可行域，求出可行域顶点的

坐标，再利用几何意义求面积即可

x>0

解：不等式组生+3y岂4,所表示的平面区域如图

.3%+y<4

示：

由图可知，直线y=依+]恒经过点4(0,》，当直线y=kx+g再经过BC的中点。&|)时，平面区域

被直线y=kx+：分为面积相等的两部分，

当尤=[,丫=|时，代入直线丫=依+押方程得：

k=T'

故答案为

(3)本题考查了双曲线的几何性质，根据图形分存=-2前和存=2前两种情况研究即可得出结果.

解：若赤=—2前，则由图1可知，渐近线OB的斜率为一

I1OB,

在RTA0B4中，由角平分线定理可得鬻=黑=2,

\OB\\FB\

・・・Z,AOB=60°,Z.xOA=30°,

,b_V3

••—=—,

a3

••・e=：6币号

若存=2而，则由图2可知，渐近线08为△40F边AF的垂直平分线，

••.△0F4为等腰三角形中，

•••乙AOB=乙BOF=60",

(4)本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查等价转化思想、

数形结合思想，考查空间思维能力，是中档题.

推导出4c=4V3,△BOC是正三角形，从而ZBCR=30°,CR=3,CD=4,进而CR=1,PR是4DPC

的平分线，2=案=j由此能求出三棱锥P-ABC体积的最大值.

FCKCo

答案：3^3

DPDR1

・•・一=—=-

PCRC3

以。为原点，建立平面直角坐标系，如图,

设P（x,y）,则/（产：：）21z2=：

7x-4+y3

整理，得（x+}+y2=.

3

•**'max=2

・・・三棱锥P-4BC体积的最大值为:

Knax=三X'maxxS4ABe=]'6X2V5X-=3\/3.

故答案为3V1

23.答案：12

解析：

本题考查利用分布原理求完成事件的方法数、考查涂色问题常用的方法是两个原理.

解：先涂三棱锥P-4BC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，

共有废xdxC}xd=3x2xlx2=12种不同的涂法.

故答案为12.

24.答案:叵

2

解析:

本题考查了正棱柱的结构特征，作出三棱柱的底面是计算棱柱高的关键.分别取过C点的三条面对

角线的中点，则此三点为棱柱的另一个底面的三个顶点，利用中位线定理证明.于是三棱柱的高为

正方体体对角线的一半.

解：连结&C,AC,B1C,DC分别取AC,B1C,的中点E,F,G,连结

EF,EG,FG.

由中位线定理可得PEgg&C，QFRG粤A©

又&C_L平面PQR,.••三棱柱PQR-EFG是正三棱柱.

二三棱柱的图h=PE=-AC=—•

21r2

故答案为它.

2

25.答案：47r

解析：

本题考查的知识点是旋转体，熟练掌握圆锥的几何特征，是解答的关键.利用圆柱、圆锥的体积公

式，即可得出结论.

解：由题意，短轴长为2,长轴为6的椭球体的体积

y=2(7T-I2-3-i•7T•I2-3)=47T.

故答案为47r.

26.答案：26

解析:

本题考查棱柱的特征，球，考查空间想象能力，是中档题.

由题意画出图形，在直角三角形求出。，然后补形可得三棱柱ZBC-AiBiG外接球的半径.

解：如图，连接EF并延长交CQ的延长线于G,

连接AG,在平面ACC】内过G作GH交44］的延长线于H,

则AH=|a,GH=AC=4,

BiG中点的平面与平面A&C1C相交所得交线与BBi所成角的正切值为I，则

9

taiiGAH=二

GH42.

tanzGi4//=-=5^=",得a-4.

把原直三棱柱补形为正方体，则正方体的棱长为4.

••・三棱柱4BC-4/16外接球的半径为

r=|V42+42+42—2>/3.

故答案为2V5.

27.答案：立二

2

解析：

本题考查数学文化、空间几何体与球相切问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推

理能力.

解：•••4。=CD=1,且△A'CC为直角三角形，

•••CD14D,

又CD1BD,BDnA'D=D,

CDL平面A'BO,

•••CDLA'B,

又由AB=AD=1,BD=V2,得A'BIA'C,

•••A'