高中数学第八章《立体几何初步》提高训练题 (二)(含答案解析)

第八章《立体几何初步》提高训练题（2）

一、单项选择题（本大题共8小题，共40.0分）

1.如图，在矩形A3CZ）中，AB=4,BC=2,E为边AB的中点，沿

OE将△ACE折起，点A折至4处（4任面4BCD）,若M为线段&C的

中点，则在△力DE折起过程中，下列说法错误的是（）

A.始终有MB〃面力iDE

B.不存在某个位置，使得&C1面4DE

C.三棱锥29的体积的最大值为苧

D.一定存在某个位置，使得异面直线与&E所成的角为30。

2.已知三棱锥P-ABC的底面是正三角形，PA=回点月在侧面P8C内的射影，是4PBC的垂

心，当三棱锥P-4BC体积最大值时，三棱链P-4BC的外接球的体积为（）

A.°6冗B.6V3TTC.67rD.

22

3.平面。过棱长为1的正方体48co—44GR的面对角线力片，且a_L平面GBD,af］平

面力。A4=4s，点s在直线4R上，则力s的长度为（）

A.V5B.V2C.tD.1

4.菱形ABC。的边长为2,AABC=60°,沿对角线AC将三角形AC。折起，当三棱锥。一ABC体

积最大时，其外接球表面积为（）

AV15o2“520「20

A•71B♦-----71C•~~D.~~兀

3393

5,已知三棱锥P-ABC的侧棱PA,PB,PC与底面ABC所成的角均为60。，且AC=4,BC=3,

AB=5,则三棱锥P-ABC的四个面中，面积最大的面的面积为（）

A.6B.9C.至宜D.12

4

6.已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段S4上的点（不含端点），设直线

BE与CO所成的角为。1，直线8E与平面ABC。所成的角为。2,二面角S-BC-。的平面角为。3，

则（）

$

A.01＜83»&＜。3B.。2＜，。2＜。3

C.。2＜%，。3＜%D.%＜。2，&＜。2

7.如图，正方形ABCD的边长为4,点E,尸分别是AB,8c的中点，将△£ME,&EBF,△FCD分

别沿。E,EF,尸£>折起，使得A,B,C三点重合于点A,若点G及四面体ADEF的四个顶点都

在同一个球面上，则以AOEF为底面的三棱锥G-OEF的高人的最大值为（）

A.V6+-B.V6+-C.2V6--D.25/6--

3333

8.在三棱柱ABC-4816中，。是棱8c上的点（不包括端点），记直线当。与直线AC所成的角为

%,直线与平面所成的角为/，二面角G-a当一。的平面角为名，则（）

A.<02<03B,。2</<&c.03V。2<D.92<。3<

二、多项选择题（本大题共7小题，共28.0分）

9.正方体力BCD-AaGDi中,E是棱CD1的中点，尸是侧面CDD】G上的动点,且&F〃平面&BE,

记B］与尸的轨迹构成的平面为a,则（）

A.3F,使得BiF1CD］

B.直线B/与直线8C所成角的正切值的取值范围是［9,当

C.a与平面CDQG所成锐二面角的正切值为2a

D.正方体48co-418也1。1的各个侧面中，与a所成的锐二面角相等的侧面共2个

10.在棱长为2的正方体4BC0—4道传1。1中，点P是棱BC的中点，点Q是底面4B1GD1上的动

点，且4P_LDiQ,则下列说法正确的有（）

A.OP与DiQ所成角的最大值为£

B.四面体ABPQ的体积不变

C.△44iQ的面积有最小值当

D.平面。1PQ截正方体所得截面面积不变

11..如图，在棱长为1的正方体4BCD-418也1。1中，E,F分别为

BBi，CD的中点，贝式）

A.直线与3。的夹角为60。

B.平面AED1平面4F2

C.点Q到平面48山1的距离为卫

2

D.若正方体每条棱所在直线与平面a所成的角相等，则a截此正

方体所得截面只能是三角形和六边形

12.如图，在正四棱锥P-4BCD中，AB=1,PB=2

设棱锥P-4BC0和棱锥E-BCD的体积分别为匕，

8OE所成的角分别为a,/?,则

A.P4〃面BDE

B.PC1面BDE

C.V1-.V2=4:1

D.sina:sin/?=1:2

13.如图，矩形ABC。，M为BC的中点，将△ABM沿直线A例翻折

成连接当0,N为Bi。的中点，则在翻折过程中,

列说法中所有正确的是

A.N存在某个位置，使得CNIABi

B.翻折过程中，CN的长是定值

C.若AB=BM,则AM1BrD

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

47r

14.如图，矩形ABC。，M为BC的中点，将团ABM沿直线AM翻折成回4BiM,连接8山，N为&D的

中点，则在翻折过程中，下列说法中正确的是（）

A.存在某个位置，使得CNL力Bi

B.翻折过程中，CN的长是定值

C.若4B=BM,贝14M1B[D

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

47r

15.线段A8为圆O的直径，点E,尸在圆。上，AB〃EF,矩形A8C。

所在平面和圆。所在平面垂直，且AB=2,AD=EF=ljlj（）

A.。尸〃平面BCE

B.异面直线BF与OC所成的角为30。

C.△EFC为直角三角形

D.%_：/_=1：4

BEFABCD

三、填空题（本大题共5小题，共25.0分）

16.已知四边形ABCQ为矩形，AB=2AD=4,M为AB的中点，将沿DW折起，得到四棱

锥儿-OMBC,设&C的中点为N,在翻折过程中，得到如下有三个命题：

①BN〃平面4OM,且BN的长度为定值巡；

②三棱锥N-DMC的最大体积为苧；

③在翻折过程中，存在某个位置，使得DM14C.

其中正确命题的序号为.（写出所有正确结论的序号）

17.在三棱锥P-ABC中，PB=6,AC=4,M为PC上一点，户也=3过点M作三棱锥的一个

vA-PBC3

截面。，PB//a,AC/ja,则截面的周长为

18.无人侦察机在现代战争中扮演着非常重要的角色，我国最新款的无人侦察机名叫“无侦-8”.无

侦-8（如图1）是一款以侦察为主的无人机，它配备了2台火箭发动机，动力强劲，据报道它的最

大飞行速度超过3马赫，比大多数防空导弹都要快.如图2,已知空间中同时出现了A,B,C,

力四个目标（目标和无人机的大小忽略不计），其中48=2遍akm，AD=2V3akm-BC=CD=

BD=6akm,a>0,且目标A,B,D所在平面与目标B,C,。所在平面恰好垂直，若无人

机可以同时观察到这四个目标，则其最小侦测半径为km.

图1图2

19.已知三棱锥P-ABC的顶点P在底面的射影。为△ABC的垂心，若S.ABC-SAOBC=SWPBC，且三

棱锥P-4BC的外接球半径为3,贝US".'+SNBC+5”女的最大值为.

P

20.如图，在三棱锥P-ABC中，PALAB,PC1BC,AB1BC,\AB\=2,

|BC|=1,|PC|=否，则PA与平面ABC所成角的大小为___;三棱锥P-/

4BC外接球的表面积是一.工1/

四、多空题（本大题共1小题，共4.0分）

21.已知正三棱锥A-BCD的四个顶点在同一个球面上，AB=AC=AD=4,CD=6,则该三棱锥

的外接球的表面积为该三棱锥的顶点B到面ACD的距离为_（2）_.

五、解答题（本大题共9小题，共108.0分）

22.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA1底面ABC。，ADLAB,DC//AD,PA=AD=DC=1,AB=

2,E为棱PB上一点、.

(1)若E为棱PB的中点，求证：直线CE〃乎面'PAD；

(2)若E为棱PB上存在异于P、B的一点，且二面角E-AC—P的余弦值为⑨，求直线AE与平

3

面A8C。所成角的正弦值.

23.如图，在四棱锥P-ABCD中，PAIJigffiABCD,AD"BC,AB=AD=AC=3,BC=4,M

为线段A£）上一点，AM=2MD,N为PC的中点.

(1)证明：MN〃平面PAB；

(2)若平面4WN与平面PAD所成的锐二面角的正弦值为苧，求直线MN与直线PA所成角的余

弦值.

24.在如图所示的圆柱。1。2中，A8为圆01的直径，C、。是伞的两个三等分点，EA,FC、GB都是

圆柱01。2的母线

(1)求证：FOi〃平面AOE；

(2)设BC=1,已知直线AF与平面ACB所成的角为30。，求二面角A—FB-C的余弦值.

25.如图，三棱锥4BC-&B1Q,底面A8C是边长为2的正三角形，A1A=A1B,平面ABCJ■平面

(1)证明：&CJ•平面ABC：

(2)若BC与平面A4iB所成角的正弦值为苧，求平面ZaB与平面BBiGC所成角的正弦值.

26.如图，在棱长为2的正方体4BC0-&BiCiDi中，点E为棱AB的中点.

(1)证明:QB〃平面Z\CE;

(2)求点儿到平面。1CE的距离.

27.如图，在多面体ABCDEF中，4OEF为矩形，A8CD为等腰梯形，BC//AD,BC=2,AD=4,

S.AB1BD,平面ADEF1平面ABCD,M,N分别为EF,CD的中点.

(I)求证：MN〃平面ACF；

(口)若直线FC与平面AOEF所成的角的正弦值为手，求多面体A8CDE尸的体积.

28.如图，己知平行四边形ABC。中，4840=60。，AB=2AD=4,E为边AB的中点，将团4DE沿

直线DE翻折成△4DE.若M为线段41c的中点.

(1)证明.1/8〃平面&DE,并求MB的长;

(2)在翻折过程中，当三棱锥&-DEM的体积取最大时，求平面4BC与平面&DE所成的二面角

的余弦值.

29.如图所示，在多面体ABCDE/中，四边形ABC。是正方形，AB=2EF=2,EF//AB,EF1FB,

乙BFC=9$,BF=FC,〃为BC的中点.

(1)求证：FH〃平面EDB；

(2)求证：4。1平面后。8；

(3)求四面体B-DEF的体积

30.已知在直三棱柱ABC—4B1C1中，ACIBC,AC=BC=2,=百，点0、E分别为AB、

&G中点.三棱柱外一点。满足。。平面ABC,DO=^2.

(I)求证：DE〃平面BBiGC；

(n)求二面角D-BC-E的余弦值.

【答案与解析】

1.答案：。

解析：

本题主要考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系

的判定，考查空间想象能力与思维能力，属于较难题.

对于A,延长CB,DE交于H,连接运用中位线定理和线面平行的判定定理，可得BM〃平面

ArDE,即可判断4;

对于8,不论必在何位置，&C在平面A8C。中的射影为AC,由AC与OE不垂直，得。E与4C不

垂直，从而可得&C与平面4DE不垂直，故B正确；

对于C,由题意知平面&DEJ■平面AOE时，三棱锥&-4DE的体积最大，求出即可；

对于£>,运用平行线的性质和解三角形的余弦定理，以及异面直线所成角的定义，求出异面直线所

成的角，说明。错误.

解：：对于A,延长C8,DE交于H,连接由E为AB的中点，可得B为C”的中点，

又M为&C的中点，可得BM//A1H,笈平面&0E,4/u平面&DE,贝〃平面&0E,故

A正确；

不论公在何位置,aC在平面4BCD中的射影为AC,AC与DE不垂直,则OE与&C不垂直，可得41c

与平面&DE不垂直，故B正确；

对于C,设。为OE的中点，连接。&,由直角三角形斜边的中线长为斜边的一半，可得04=企，

当平面4DE_L平面AOE时，三棱锥&-4DE的体积最大，最大体积为V=•4。=1x：x

22XV2=2^.故C正确；

对于£>,48=24。=4,过E作EG//BM,G€平面40C,则4&EG是异面直线与4E所成的

角或所成角的补角，

且ZTliEG=Z.EA^Hf在^EAi“中，EA1—2,EH=DE=2a,41H=

V22+2X22-2x2X2V2Xcos135°=2V5>

则NE&H为定值且不为30。，即z&EG为定值且不为30。，.•.不存在某个位置，使得异面直线BM与4E

所成角为30。，故。错误.

故选D

解析：【试题解析】

解：：延长P”交BC于D,连接40,

是APBC的垂心，•••BC1PD,

vAH_L平面PBC,BCu平面PBC,

：.AHLBC,

又AF/u平面APO,PDPAD,AHC\PD=H,

BCJ_平面APD,又4Du平面A.PD,

BC1AD,

连接8〃并延长交PC于E,连接4E,

由力H1平面P8C可得ZH1PC,

又BE1PC,AHCBE=H,

PC_L平面ABE,AB1PC.

设P在平面ABC上的射影为0,延长C。交AB于凡连接PF.

vPOLAB,PCCPO=P,

AB1平面PCF.

PFLAB,CF1AB.

•••。是AABC的中心，尸是AB的中点，

•••PB=PA=V3=PC,

当PA,PB,PC两两垂直时，三棱锥P-ABC体积取得最大值时，

三棱锥P-4BC的外接球的半径R满足：（2R）2=3x（旧/，解得R=|.

体积=疑X（|）3=y.

故选：D.

延长PH交BC于Q,连接AQ,根据H是APBC的垂心，可得BC_LPD,利用线面垂直的判定与性

质定理可得：BC,40.连接8H并延长交PC于E,连接AE,可得PC_L平面ABE,AB1PC.设P在

平面ABC上的射影为O,延长CO交AB于F,连接PF.可得PF1.4B,CF_LAB.因此。是△ABC的

中心，F是AB的中点，于是PB=P4=国=PC,当尸A,PB,PC两两垂直时，三棱锥P-4BC体

积取得最大值时，即可得出.

本题考查了三棱锥的性质、球的体积计算公式、线面垂直的性质定理及其判定定理、三垂线定理、

勾股定理，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于难题.

3.答案：C

解析：

本题考查空间几何体中，线与面的位置关系，线面垂直的判定以及性质，面面平行的性质，属于较

难题.

由题意画出平面a,根据图象求出AS.

解：如图：在正方体4BCD-4道传15中，

BD1ACr,BDLAA1,ACAAr=A,AC,44]u平面

•••BD_L平面A&C

又AiCu平面A4CAtC1BD,

同理，AtC1BQ,又BDCBC、=B,BD,BQu平面GBD,

ArC_L平面CiBO,

以AM为侧棱补作一个正方体AEFG-aPQR,

使得侧面4QR4与平面4DD1公共面，

连结AQ,贝ijAQn&C,连结BiQ,交4R于点S,

则侧面4Q当即为平面a,AS即为平面a与平面ADDiAi的交线，

■■AQ/fA^C,

AQ_L平面QB。，

又AQu平面a,

平面a1平面GBD,

因为41s=$44=1,

所以AS=11+-=—.

742

故选C.

4.答案：D

解析：

本题考查了空间几何体外接球的应用问题，是基础题.

由题意得得平面4BC_L平面ADC,三棱锥体积最大，找出此三棱锥外接球的球心和半径，即可求得

外接球表面积.

解：

由题意可知，当三棱锥D-力BC的体积最大时，平面4BC，平面AOC,取AC的中点E,连接OE,

EB,

由面面垂直的性质可知DE1平面ABC,

所以△ABC与4ADC均为等边三角形,三棱锥B-ACD高为行.

三角形4CD外接圆半径r=也，

3

设外接球半径为R,球心与圆心的距离为d,

+丁2=R2,①

(V3-d)2+(y)2=/?2,②

由①②解得：R2=|

外接球的表面积S=47TR2=等.

5.答案：C

解析：

本题主要考查了直线与平面所成的角，几何体面积问题，考查学生计算能力与空间想象能力，属于

中档题；

根据题意过P作PHJL平面ABC,垂足为“，得到从4==HC=|,PA=PB=PC=5MC=4,

BC=3,AB=5,计算面积即可得解.

解：过尸作PH1平面ABC,垂足为H.

因为=乙PBH=Z.PCH=60°,

可得△PAHmAPBHmAPCH,得力H=BH=CH,PA=PB=PC.

又AC=4,BC=3,AB=5,

所以△ABC为直角三角形，故点”为斜边A8的中点，如图.

所以=HB=HC=l，PA=PB=PC=5.AC=4,BC=3,AB=5,

所以S—cp=2ym,S^BCP~^^.ABC=~X3X4=6,ShABP=|x5x5x^=岑

则这个三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积为辿1

4

故选C.

6.答案：B

解析：

本题考查了空间角的计算，三角函数的应用，属于中档题.

作出三个角，由题意得到%>%，利用最小角定理得到。2<%，即可比较.

解：由题意知四棱锥S—ABCD为正四棱锥，

如图，连接AC,BD,记4CnBD=。，连接SO,

则SO_L平面ABCD,作EFLAC,0G1BC,

连接F8,OG,SG,易得EFLF®,

则仇=Z.EBA.O2=NEBF.&=/SG。,

“为直线BE和平面ABC。所成的角，故外<%，

tan02——,tan03=空

/FB5GO

因为OS//EF,S。>EFfFB>GO,

所以意即&<%，

故选&

7.答案：A

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△DEF的外接圆的半径为r,得球心到面CE尸的距离为夕/?2_产,

以^DEF为底面的三棱锥G-DEF的高h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4。1平面4EF,三棱锥的底面4EF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：V4+4+16=V24.

•・•球的半径为R=V6.

.•.设△OEF的外接圆的半径为r,

■：DE=DF=V22+42=2V5>EF=2vL

•••EF边上的高为J(2V5)2-(V2)2=3四，

・••smZ-DEF=­p、

2V5

・”=妥=竽即一%

泰3

・•.球心到面£>£尸的距离为,R2_丁2—

.•.以△DEF为底面的三棱锥G-DEF的高h的最大值为R+|=布+|.

故选A.

8.答案：D

解析：

本题考查异面直线所成角、线面角、二面角的大小的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置

关系等基础知识，考查推理论证能力能力与运算求解能力，属于较难题.

设三棱柱ABC-4181cl是棱长为2的正三棱柱，设。是BC中点，以A为原点，在平面A8C中，AC

为x轴，AC为y轴，A4为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出%<%<%•

解：设三棱柱ABC-4&C1是棱长为2的正三棱柱，设。是BC中点，

以A为原点，在平面4BC中，以AC的垂线为x轴，AC为)•轴，为z轴，建立空间直角坐标系，

则4(0,0,0),做0,0,2),当(⑸，2),C(0,2,0),D(y,1,0),

前=(0,2,0),瓦^=(一苧4，一2),石瓦=(百,1,0),

・•・直线/。与直线AC所成的角为名,

“cos%-嬴碉-赤

•・・直线/。与平面4B1G所成的角为g，&€；“；：，平面4181cl的法向量完=(0,0,1),

•1'Sin°2==看，•如&=J1-(哥=看

设平面为当。的法向量记=(a"c),

m-=V3a+b=0_,

则一H-HV3,1,„>MXa=V3，得记=(百,-3,-”

z

m-B1D=--—a+-o—2c=0

•••二面角G-必/一。的平面角为”,由图可知％为锐角,

\mn\

同卜而

Vcosd2>C0S®3>cos61，

。2<。3<%.

故选。.

9.答案：ABC

解析：

本题考查空间立体几何的综合，涉及空间线面的位置关系、异面直线的夹角和面面角等问题，考查

学生的空间立体感和逻辑推理能力，属于难题.

分别取CG和GD1的中点为N,M,连接MMMB1、NB「确定平面MN%就是平面a.

当尸为线段MN的中点时，可证明A；B.利用平移的思想，将直线BiF与直线8c所成角转化为与

当。1所成的角，由于BiG_L平面MNG，所以tan^RBiC］即为所求，进而求解即可；C.取尸为中

点，即为a与平面CDDiG所成的锐二面角；D.由正方体的对称性和二面角的含义即可判断.

解：取CO中点G,连接EG,则EG〃&B,所以平面4BE即为平面4BGE,

取GDi中点M,CG中点M连接BiMBNMN,

则易证得/M//BG,MN//EG,

因为MNC平面&BGE,EGu平面&BGE,

所以MN〃平面4BGE,同理〃平面4BGE,

MNCB[M=M,MNu平面&MN,u平面&MN,

从而平面/MN〃平面&BGE,

所以点尸的运动轨迹为线段MM平面与MN即为平面a.

A.取产为MN中点，因为团BiMN是等腰三角形，B[M=BiN,所以1MN,

又因为MN〃CD「所以B1FICD1，故A正确；

比设正方体的棱长为2,因为BiQ〃BC,

所以々QB/即为直线8/与直线BC所成角（或其补角），

因为BiG1平面MNCi，C】Fu平面MNCi，所以品61CrF,

则当点尸为MN中点时，直线BiF与直线BC所成角最小，此时GF=¥，

tan4GBiF=黑=乎，

当点尸与点M或点N重合时，直线B/与直线8c所成角最大，此时tan4C/iF=%

所以直线NF与直线BC所成角的正切值的取值范围是8正确；

C.取厂为MN中点，则MN」。F.F.

NBiFQ即为a与平面CDDiQ所成的锐二面角,

tan/B/Q=警=2&,所以C正确；

。.正方体ABC。一4B1C1D1的各个侧面中，平面ABCZ）,平面必当。]。],平面BCG%,平面4。。遇1

与平面a所成的角相等，所以。不正确.

故选ABC.

10.答案：BCD

解析：

本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查四面体体积，平面与多面体截面积等有关知

识，属于较难题.

解题时取中点W,必当中点S,可先根据4P1D1Q,确定。位置就在上，然后根据体积，面

积等公式逐项检验即可.

解：如图，

取AB中点W,&Bi中点S,连接WS,Cl%DiS,

在正方形ABCD中，易得APJLCW,又APJLDDi，

DWCtDDi=D,C平面OH'S。］,

所以.AP,平面OH'S",

因为点。是底面为B1GC1上的动点，且4P1DiQ,

故点。在DiS上运动，D-ySf/DW,

所以。P与DiQ所成角就是。P与。W所成的角，即NODP,

易得。。=¥，。。=誓，

直角三角形。OP不是等腰直角三角形，故A错误；

由于三角形A8P面积固定，。在上底面，。到面AB尸距离为2不变,

故四面体ABPQ体积不变，8正确；

因为。点在［S上，过必向AS作垂线，垂足为“，即是符合条件的。点,

△441Q的面积有最小值就是△4&H的面积，

力&和上底面垂直，乙44〃是直角，

所以面积为g?MiX&H=Tx2x矍=¥，C正确；

平面QPQ就是过点P与。1S确定的平面，不因。变化而变化，

故平面截正方体的截面面积不会改变，。正确，

故选BCD.

11.答案：ABD

解析：

本题主要正方体的结构特征，异面直线的夹角、线面垂直的判定，利用体积法求点到平面的距离，

直线与平面所成的角，截面问题，属中档题.

根据利用平行线法，异面直线的定义找到并求出异面直线所成的角，判定4利用面面垂直的判定定

理证得B;体积法求得G到平面的距离，判定C;找到一个与各棱成等角的截面是容易的，令其平

行移动，根据平面的基本性质可以得出其它的截面的可能形状，从而判定D

解：依题意，对A,连接80，连接B|Di，

因为是正方体ABCD-A|B|gD|,

所以BD〃BDi,

所以/Di与AD1所成的角即为直线AD|与BO的夹角,

再连接AB-显然易知三角形AD|B|为等边三角形，

故直线AD|与8。的夹角为仪），故A正确；

在正方体中平面44/m,AEu平面441/3,

所以4也LAE,

取A8中点G,贝lJtanN4G2=2,tan^EAB=p^AGAr+/.EAB=90°,

AE1

&G,又•；力也AD=GF'ArG=DXF>

・•・AEA.D1Ff

X,-*A1D1AD1F=D1,A1D1,D/u平面4FD1，

所以AE1平面AiFD/Eu颜ED,所以4ED1平面A/D1，故B正确;

由％1-4/6=VA-B1C1D1=|x|xlxlxl=i,

而SA48ID]=|xV2xV2Xy=y,

故点G到平面4当。1的距离为+=/,故C错误;

3XT

若正方体每条棱所在直线与平面a所成的角相等，如图所示,

易知a截此正方体所得截面只能是三角形和六边形，故。正确.

故选ABD.

12.答案：ACD

解析：

本题考查几何体的结构特征，线面平行的判定，线面垂直的判定，棱锥的体积问题，线面所成的角

的问题，属中档题.

连接AC,交BD与0,连接。E,可得。E〃P4然后利用线面平行的判定定理证明A正确；在△PBC

中可证尸C与BE不垂直，利用线面垂直的定义即可否定B;

利用棱锥的体积公式，考查两个棱锥P-48C。与棱锥E-BC。的底面积及高的比值，乘积即为体积

比，设尸在平面8OE中的射影为G,得至IJ/PBG和4PEG分别为P8,PC与平面3OE所成的角，利

用尸8与PE的2倍关系即可得到D正确.

解：连接AC,交于0,则。为正四棱锥的底面中心，;。为AC的中点，连接。£,为线段

尸C的中点，0E〃P4,又•；P4C平面BOE,OCu平面8DE,PA〃平面BDE,故A正确；

•：PB#BC,而E为PC的中点，•••PC与BE不垂直，二PC与平面B£)E不垂直，故B错误；

连接P0，取。C中点凡连接E凡贝IJPO,EF分别为棱锥P—Z8CD与棱锥E-BCD的高，「E是

PC的中点，.•.棱锥P-4BCD与棱锥E-BCD的体积的高的比为2:1,

又••,底面A8CD和BCD的面积的比为2:1,Vi:V24:1,故C正确；

设P在平面BOE中的射影为G,连接GE,GB,则NPBG和NPEG分别为尸8,PC与平面8DE所成

的角，

由于直角边PG公用，PB=PC=2PE,二sina:sin«=会:会=1:2,故。正确；

PBPE

故选ACD

p

13.答案：BD

解析：

【试题解析】

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.

利用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，对选项逐一判断其正确

性即可.

解：对于A,取AO的中点为E,连接CE交于点凡如图1,

图1

则NE〃/IB】，NF“MB\

如果CN14B1，则ENJ.CN,

由于4&1MB1，则EN1NF,

由于三线NE,NF,NC共面且共点,

故这是不可能的，故A不正确；

对于B,如图1,由NNEC=NM4BI，

且NE=^ABVAM=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B正确；

对于C,如图2

图2

取4M中点为。，,••4B=BM,即AB1=则力M1B10

若AM1B［D,由于B］。nB1D=

且当。，&。u平面

AM_L平面。DBi，。£>(2平面0。81，

OD1AM,则AD=MD,

由于ADRMD,故4MlBi。不成立，故C不正确；

对于。，根据题意知，只有当平面8源“，平面AMD时，

三棱锥当-4MD的体积最大，取AC的中点为E,

连接OE,B$,ME,如图2

•••AB=BM=1,贝妹4=FjM=1,

且4当1B1M,平面814MC平面AMO=AM

•••Bt01AM,Bi。u平面EiAM

BT01平面AMD,OEu平面AMD

B］。1OE,

则=Br0=14M=y,

OE=-DM=-AM=—.

222

从而盾百=r

易知E4=ED=EM=1,

•••力。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4兀，故。正确;

故答案为：BD.

14.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，属于较难试题，对选项逐一判断其正确性即可.

解：对于A,取4。的中点为E,连接CE交于点凡如图1,

图1

则NE〃4Bi，NF"MB\

如果CN1ABI,贝ijENJ.CN,

由于J.”当，则EN1NF,

由于三线NE,NF,NC共面且共点,

故这是不可能的，故A不正确；

对于B,如图1,由NNEC=4AMB「

且NE=4M=EC,

.•.在△CEN中，由余弦定理得：

NC2=NE2+EC2-2NE-EC-cos"EC,也是定值,

故NC是定值，故B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4MlBi。不成立，故C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.

15.答案:BD

解析：

【试题解析】

本题考查线面平行性质、异面直线所成的角、余弦定理、棱锥体积，属于中档题.

利用线面平行性质可得A错误；

异面直线B尸与。C所成的角为乙1BF,由题意得NABF=30。，故B正确；

CE2+EF2<CF2,可得△EFC为钝角三角形，故C错误；

对于。，过点尸作FG14B于G,可得/"Be。==FG./_CBE=%-BEF=；FG.故。正确.

解：对于A,,••4B〃CD〃EF,

C,D,F,E四点共面，

若DF〃平面BCE,

由于平面BCE0平面CDFE=CE

则。尸//CE,

可得四边形为平行四边形，得CO=EF=AB,

与已知矛盾，故A错误；

对于B,•；4B〃0C,

.•・异面直线BF与OC所成的角即为N4BF,

在等腰梯形AFE8中，由AB=2,EF=1,

可得N40F=乙FOE=4EOB=60°,

得乙4BF=30。，故B正确；

对于C,在ABEF中，由分析8时可得，BE=FE=1,BF=圾,

又BC=1且BC工底面A8EF,得CE=伍CF=2,

则CE2+EF2<ex,可得AEFC为钝角三角形，故C错误；

对于。，过点尸作FG1AB于G,

•••平面4BC01平面ABEF,且交线为AB

・•・FG，平面ABCD,

•*,VF-ABCD=]SABCD，FG=-FG.

•・・CB，平面ABEF,

__1

AVF-CBE=V（：-BEF=qS^BEF,CB

=---EF-FG-CB=-FG.

326

VJBEF：^F-ABCD~1：4,故。正确.

故选：BD.

16.答案：①②

解析：

本题考查空间线线、线面的位置关系，主要是平行和垂直的判断和性质，考查棱锥的体积的计算，

以及化简运算能力和推理能力，属于中档题.

分别延长。M,CB交于，，连接4小，由中位线定理和线面平行的判定定理，以及余弦定理可判断①；

当平面平面。MBC时，&到平面0MBe的距离最大，结合棱锥的体积公式，计算可得所求

最大值，可判断②；由线面垂直的判断和性质可判断③.

可得8N为△ACH的中位线，可得BN〃AiH,

BNC平面40M,占Hu平面210M,可得BN〃平面

且BN=洒/7,

在△&D，中，&M=2,MH=2V2.N4MH=135。,

则=J4+8-2x2x2V2x(-y)=2后

即有BN=V5，故①正确；

当平面21。"_L平面。M8C时，占到平面DW8C的距离最大，且为迎，

此时N到平面DM8C的距离最大，且为业，

2

△OMC的面积为"2x4=4,可得三棱锥N-OMC的最大体积为：x4x4=手，故②正确：

若DM1ArC,又DM=CM=2VLCD=4,可得。M1MC,

因为&CnMC=C,4Cu平面&CM,MCu平面4CM,

则DM_L平面&CM,又&Mu平面41cM,即有EW1&M,这与CM为△A/M的斜边矛盾，故③错

误.

故答案为：①②.

17.答案:y

解析：

本题考查了棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积，平行公理与等角定理和线面平行的性质，

属于中档题.

设截面a与PA、AB、8C分别交于MG、H,禾U用线面平行的性质得PB〃GN和PB〃MH,再利用

平行公理得GN〃MH,同理可得MN//GH,从而得四边形是平行四边形，设点M到平面PA8

的距离为弱，点C到平面PAB的距离为d,利用三棱锥的体积公式得霁=：,再利用平面几何知识

得整=9和警=；,最后利用题目条件，计算得结论.

AC3rD5

在三棱锥P—4BC中，M为PC上一点，过点M作三棱锥的一个截面a,

使PB〃a,ACI/a,且截面a与04、AB.BC分别交于N、G、H.

因为PB〃a,PBu平面PAB,截面an平面P4B=GN,所以PB〃GN,

同理可得PB〃"儿因此GN〃MH.

又因为4C〃a,ACu平面PAC,截面an平面PAC=MN,所以4C〃MN,

同理可得4C〃GH,因此MN〃GH.

因此四边形GHMN是平行四边形.

设点M到平面PAB的距离为盛，点C到平面PAB的距离为d,

Pp-AMBnnVM-PAB1

又因为即VC-P4B

^A-PBC3f

所以或竺变曳=包=2

ls^PABdd3

因此黑翳EMH_CM_]PM_2

PB~PC~PC~3

又因为PB=6,AC=4,

所以MN=g4C=*MH=|PB=4,

因此截面a的周长为2(MN+MH)=2(|+4)=y.

故答案为青

18.答案：2v5a

解析：

【试题解析】

本题考查线面垂直的判定以及性质，几何体的外接球问题，解三角形的应用，考查空间想象能力、

逻辑思维能力、运算求解能力，属于难题.

由题意可得当无人机在三棱链4-BC0的外接球球心时，使测半径最小，且最小半径为球0的半径

R,结合线面垂直的判定以及性质，结合三角形运算即可求解.

解：如图，

A

显然外接球的球心O在平面8c。上的射影就是正三角形BCD的外接圆圆心,

记为。1，连接。0],。如，则。=/BC=/x6a=2V5a.

设。。1=d,