高中数学第八章《立体几何初步》提高训练题 (48)(含答案解析)

第八章《立体几何初步》提高训练题（48）

一、单项选择题（本大题共9小题，共45.0分）

1.己知一个球的半轻为3。则该球内接正六校锥的体积的最大值为（）

A.10V3B.2C.16行D.巴理

22

2.如图，在棱长为1的正方体4BCD-4/住12中，点M是线段上的动点，下列四个结论:

①存在点M,使得GM〃平面ABiC；

②存在点M,使得A一GDM的体积为城

③存在点M,使得平面GDM交正方体4BCD-4/165的截面为等腰梯形；

④若Z\M=3MB,过点M作正方体ABC。-的外接球的截面，则截面的面积最小值

为今

则上述结论正确的是

A.①②④B.①③C.②③④D.①②

3.如图，在长方体ABCD-4B1GD1中，AD=DD1=1,AB=遮，E,F,G分别为AB,BC,

Ci5的中点，点尸在平面A8CQ内，若直线DiP〃平面EFG,则线段D/长度的最小值是（）

A.2B.且dD.包

3222

4.正三棱锥P-ABC中，PA=4,AB=4近，点E在棱PA上，且PE=3E4正三棱锥P-ABC的

外接球为球0,过E点作球。的截面a,a截球。所得截面面积的最小值为（）.

A.4兀B.37rC.27rD.n

5.已知球。与棱长为近的正方体4BC0-的各个面都相切，则平面4C5截此球所得的截

面面积为（）

A.WB.yC.nD.y

6.在棱长为1的正方体4BCD-4道传1。1中，MN分别是ACi，&Bi的中点.点尸在该正方体的表

面上运动，则总能使MP与BN垂直的点P所构成的轨迹的周长等于（）

A.V5+1B.V5+2C.2V5+1D.2遍+2

7.在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖膈”，在鳖

脆4一BCD中，4B_L平面BC£>,BD1CD,S.AB=BD=CD,M为A。的中点，则异面直线

8M与CO所成角的正弦值为

A.OB.3C.渔D.1

33

8.正方体4BCD中，在△小田1。1内部（不含边界）存在点P,满足点户到平面4。6公的

距离等于点P到棱SB1的距离,分别记二面角P-4。—B为a,二面角P-AC-B为小二面角P-

8（7-4为丫，下列说法正确的是（）

A.a>/?>yB.a<y<P

C.a<0<yD.以上说法均不正确

9.在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖犒”，在鳖

席4-BC0中，AB1平面BCD,BD1CD,且4B=BD=CD,M为A。的中点，则二面角M-

BC-。的正弦值为

A・¥BTC-fD.1

二、多项选择题（本大题共1小题，共4.0分）

10.在如图所示的棱长为1的正方体ABC。-A1B1G5中，点P在侧面BCC/i所

在的平面上运动，则下列命题中正确的为（）

A.若点P总满足P41BO*则动点P的轨迹是一条直线

B.若点P到点A的距离为企，则动点尸的轨迹是一个周长为2兀的圆

C.若点P到直线AB的距离与到点C的距离之和为1,则动点P的轨迹是椭圆

D.若点P到直线AD与直线CG的距离相等，则动点P的轨迹是双曲线

三、填空题（本大题共8小题，共40.0分）

11.如图，在多面体A8CDEF中，已知ABCZ）是边长为1的正方形，且△ADE,

△BC尸均为正三角形,=2,则该多面体的体积为

12.已知正方体的ABCD-AiBiCiDi棱长为2,点M,N分别是棱BC、口5的中点，点尸在平面

418传1。［内，点。在线段占'上，若PM=花，则PQ长度的最小值为

13.已知点P,A,B,C均在表面积为817r的球面上，其中PAJ_平面ABC,zBAC=30s,AC=取AB,

则三棱锥P-ABC的体积的最大值为

14.已知正四棱锥P-4BCD的底面边长为4后，高为6位，其内切球与面PAB切于点M,球面上与

P距离最近的点记为N,若平面a过点M,N且与48平行，则平面a截该正四棱锥所得截面的面

积为.

15.如图1四边形A8CZ）是边长为10的菱形，其对角线4c=12,现将团4BC沿对角线AC折起，连

接BD,形成如图2的四面体A8CQ,则异面直线AC与8。所成角的大小为在图2中，

若将团4BC沿对角线AC折成直二面角，设棱AC的中点为8。的中点为N,若四面体A8CD

的外接球的球心在四面体的内部，则线段"N长度的为.

16.在直四棱柱4BC0-41B1GD1中，底面ABCQ是边长为6的正方形，点E在线段上，且满

足4E=2ED,过点E作直四棱柱A8CD-4仍£。1外接球的截面，所得的截面面积的最大值与

最小值之差为26兀，则直四棱柱力BCO外接球的半径为

17.如图，正方体ABCD—4$iGDi的棱长为1,P为BC的中点，。为

线段CG上的动点，过点A,P,。的平面截该正方体所得的截面记

为S,则下列命题正确的是（写出所有正确命题的编号）.①

当0<CQ<轲，S为四边形：②当CQ=割寸，S为等腰梯形；③当

。<2=：时，S与GA的交点R满足Ci&=*④当:<CQ<1时，S

为六边形；⑤当CQ=1时，S的面积为亭

18.已知在四面体ABC。中，4B=/W=BC=BD=CC=26,二面角A-BD-C的大小为120。,

则四面体ABCD的外接球的表面积为.

四、解答题（本大题共12小题，共144.0分）

19.如图，三棱柱ABC-中，△ABC^l^&BC均为等腰直角三角形，4BAC=NB&C=90°,

侧面BAAiBi是菱形.

(1)证明：平面4BC，平面AiBC；

(2)求二面角A-BCi-C的余弦值.

20.如下图，已知多面体ABCQE尸的底面48CD是边长为2的正方形，R4，底面ABC。，AF=2,

且炭=4肝(0</l<1).

(1)求证：CE〃平面4BF；

(2)若二面角B-CF-E的大小为；，求;I的值.

6

21.如图所示，在四面体A8C£)中,4。14B,平面ABD1平面A8C，48=BC=心AC，且4。+BC=

2

4.

(1)证明：BCJ•平面ABD；

(2)设E为棱AC的中点，当四面体ABCQ的体积取得最大值时，求二面角C-BD-E的余弦值.

22.如图所示，在三棱柱ABC-&B£中，4C=BC,点。是AB的中点，求证:

BCi〃平面C&D

23.在四棱锥P-4BCC中，P4_L底面A8C。，AD1AB,AB//DC,AD=DC=AP=2,AB=1,

点E为棱PC的中点.

(1)证明：BE1CD；

(2)若尸为棱PC上一点，满足BF14C,求二面角F-4B-P的余弦值.

24.在三棱柱4BC—中，4411_平面力iBiG，ABLAC,AAr=AC.

(I)求证：4cl1B]C；

(n)点M是线段4殳上的动点，若CM与平面A41cle所成角的最大正切值为当，试确定最大值

时点M的位置，并求此时二面角4一CM—4的大小.

25.在如图所示的几何体中，A8CC是矩形，是正三角形，且平面M40_L平面ABCQ,平面

MABn平面MCD=MN.已知BC=4,CD=2,MN=1.

(1)求证：MN1MD；

(2)求二面角M-BD-N的余弦值.

26.如图，四棱锥P-ABC。的底面ABC。是边长为2的菱形，LABC=pP4工平面ABC。，点M

是棱PC的中点.

(1)证明：P4〃平面BMC；

(2)当PA=旧时，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值.

27.如图，在正方形4BCD中，点E是AB的中点，点尸是BC的中点，将△AED,△DCF分别沿

DE,。尸折起，使A,C两点重合于P,连接EF,PB.

A___V_________DP

CR

(1)求证：PB1EF；

(2)点M是上一点，若PB〃平面EFM,则版为何值？并说明理由.

(3)若MD=3PM,求二面角M—EF-D的余弦值.

28.在几何体尸E4BCC中，PD1®ABCD,直角梯形A8CD中，ABIAD,AB//CD,且CD=2AB=

2AD=2,且EC//PD,EC=|PD.

(1)求证：平面EBC_L平面PD8；

(2)若直线PB与平面P0C所成角的正切值为当，求平面PBD分几何体的两部分的体积之比.

29.在四棱锥P-4BCD卉4B〃CD,48JL4D,4B=2,40=VLC。=1,PAL平面ABC。，PA=2

(1)设平面P4Bn平面PCD=m,求证：CD//m；

(2)设点Q为线段PB上一点，且直线QC与平面PAC所成角的正切值为当，求器的值.

30.如图，在四棱锥P—4BCD中，底面A8C。是正方形，E,F分别为PC,BD的中点，侧面PAD_1_底

(1)求证：EF"平面PAD;

(2)求证：平面P4B1平面PCD.

【答案与解析】

1.答案：C

解析：

本题考查球的内接多面体、棱锥的体积计算，解题的关键是利用位置关系求得相关的几何量，属于

中档题.

由题意知棱锥的高经过球心，设高为上通过已知条件把正六棱锥的体积用含有人的代数式表示，

得到V=九，再由基本不等式求得最值.

解：设正六棱锥为P-4BCDEF,其底面A8CDEF的中心为0',易知P。'是正六棱锥的高，

因为正六棱锥各顶点都在球面上，可知棱锥的高P。'经过球心O,设P0'=/i(0</i<6),

则底面六角形所在的圆的半径0，B=Q_(h_3产=V6/1-/12.

正六棱锥的底面积S=6x^O'B2'sin60°=芋(6八一公)，

正六棱锥体积V=[sh=1x^(6h-h2)xh=手(12—2帅•h《手产智幺邛=16次，

当且仅当12—2h=/i,即h=4时，正六棱锥体积有最大值分3=16百.

故选C.

2.答案：B

解析：

本题以正方体为载体考查线面平行的判定、性质的应用、截面面积和棱锥体积的计算，考查空间想

象能力和计算能力，属中档题.

利用线面平行的判定定理可判断①;利用极限法或常规推导可以判定不存在点M,使得5-GDM的

体积为判断②;由GD】〃平面ABB/1，平面GDM交平面288送1的交线与GDi平行，显然存在点

M,使截面为等腰梯形，判断③；由当M为截面圆得圆心时，截面圆得面积最小，易求截面的面积

可判断④.

解析：对于①，连接D&,G&，显然平面。C14〃平面ZB1C,令平面DC1&CIBD1=M,则存在

点M，使得GM〃平面4&C,故正确；

/

对于②，㈤-CRM=%-(7必£>，方法—、极限法:M-时,如-CiDMT0,M->B时，(lD1-C1DM)max

2,易判定不存在点M,使得。1-GDM的体积为城

方法二、常规推导：连接。14,GB,则平面MDiG与平面D1GB4共面，

VD1-ctDM=%-c必M=：x当SACQM《/日彳」•应=［，所以不存在点M,使。1一GDM的体积

为故错误；

对于③，因为QDi〃平面4BB1&,平面QDM交平面ABB"1的交线与CWi平行，显然存在点M,

使截面为等腰梯形，故正确；

对于④，当且仅当M为截面圆得圆心时，截面圆得面积最小，易求截面的面积最小值小于詈，故错

误；

故选B.

3.答案：D

解析：

本题考查点、线、面的位置关系，考查空间想象能力.

如图，连接。送，AC,DC由E,F,G分别为AB,BC,GA的中点，

可得4c〃EF,EFC平面4C£)i，则EF〃平面4coi.因为EG〃力。「

同理得EG〃平面AC%,又EFCEG=E,得平面4。劣〃平面EFG,然后进行后面的解答即可得.

解：如图，连接仇4,AC,DC因为E,F,G分别为A8,BC,GQ的中点，

所以4C〃EF,岳尸,平面4皿，则EF〃平面AC%因为EG〃岫，

所以同理得EG〃平面又EFCEG=E,得平面〃平面EFG.

因为直线DiP〃平面EFG,所以点尸在直线AC上.

在△力中，AD】=V2>AC=2,CDi=2,ixV2XI22—(~^)2=

V7_

故当。止，AC时，线段。止的长度最小，最小值为昆=亚.

-2X22

故选D.

4.答案:B

解析：

本题考查了球与三棱锥的综合应用，考查了空间想象能力，转化思想，解题关键是要确定何时取最

值，属于中档题.

通过补体可得球。的直径及0E=3,平面a截球。的截面面积最小时，应有平面a,从而可计

算截面圆的半径从而得到其面积的大小.

解：由题意，正三棱锥P-4BC中，V2PA=AB=4V2.

所以PA=PC=PB=4,AB=AC=BC=4VL

+PC2=AC2,

所以NCPA同理NC'PB=^BPA:,故可把正三棱锥补成正方体（如图所示），

其外接球即为球0,直径为正方体的体对角线，令半径为R,故2R=4K，

设PA的中点为F,连接。F,则0尸=2夜且0尸，「.4，

所以0E=V8TI=3，

当OE_L平面a时，平面a截球。的截面面积最小，此时截面为圆面，其半径为］（2遮）2_32=b,

故所得截面面积的最小值为37T.

故选B.

5.答案:A

解析:

【试题解析】

本题考查了正方体的内切球问题，属于较难题.

求出球心0到平面4CD1的距离，求出它的内切圆的半径，最后求出内切圆的面积.

解：由题意知，球。的球心为正方体的中心（体对角线的交点），

设球的半径为R,则口=理.

2

设点当到平面的距离为九则由/「女01=以-D遥遥，

得工x工x2x2xsin60。x九=工x遗x2?x—,得h=—.

323433

又B[D=]（鱼）2+（a）2+（a）2=网,

所以球心O到平面4CD1的距离为连一乎=9，

从而截面圆的半径为J-净=导

因此所求截面的面积为万x（空）27T

=­•

故选A.

6.答案：B

解析：

本题考查了立体几何中的轨迹问题，考查学生的分析解决问题的能力，解题的关键是确定使8N与

MP垂直的点P所构成的轨迹，属于较难题.

取BBi的中点E,CG的中点F,连接AE,EF,FD,则使BN与垂直的点尸所构成的轨迹为矩

形，由此可得使BN与垂直的点P所构成的轨迹的周长.

解：如图，取BBi的中点E,CG的中点F,连接AE,EF,FD,

易知△ABE34BB，N,

则NE4B=NNBBi，可得BN14E,

又4。1BN,ADCtAE=A,AD,AEu平面AEFD,

则BN，平面AEFD,

设何在平面ABB/i中的射影为0,过M。与平面AEFO平行的平面为a,

••・能使MP与BN垂直的点尸所构成的轨迹为矩形，

其周长与矩形AEFD的周长相等，

•••正方体ABCD-4/165的棱长为1,

矩形AEFD的周长为b+2.

故选B.

7.答案：D

解析：

本题考查异面直线所成角的求法及线面垂直的判定，属于较易题，

解：设4B=BD=CD=1,

因为BD1CD,AB_L平面BCD,所以CD1AB,

ABdBD=B,所以CDJL面ABD,CD1AM,则异面直线BA/与CD所成角为90。

异面直线BM与CZ）所成角的正弦值为1,

故选£>.

A

解析：

本题考查二面角及其求法，是中档题.

由题意画出图形，比较P到4。1、&G、BiG的距离的大小，得到tcmy>tariS>tana,再由正切

函数的单调性得答案.

尸到4也、4停1、BiG的距离分别为九［,h2>h3,

由P在4①劣/内部（不含边界），且点P到平面4CC1&的距离等于点P到棱B8i的距离,

得九1>九2>九3，

过户作PQL氐面A3CD,垂直为Q,

则tana—^tan/i—空•Ltany—

电、2八3

.•.tany>tanp>tana,

又正切函数在（0,今上为增函数，

a<p<y.

故选：C.

9.答案：C

解析：

本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，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，考查数形结合思想，属于中档题.

以C为原点，CZ）为x轴，CB为y轴，过C作A2的平行线，如图所示，建立空间直角坐标系，利

用向量法能求出异面直线8M与C。夹角的余弦值.根据同角三角函数的基本关系的计算，求出二

面角M—BC-D的正弦值.

解：由题意可以C为原点，CO为x轴，C8为y轴，过C作平面BOC的垂线为z轴（与AB平行），

建立空间直角坐标系如图所示，

设4B=BC=CD=1,

则4(0,1,1),8(0,1,0),C(0,0,0),

0(1,0,0),“&谷)，

则询=色-及，CD=(1,0,0),

设异面直线8M与CD夹角为。,

八|丽可\V3

则。。58=两同=t=三・

••.二面角M-BC-。的正弦值为11-COS2。=Jl-(^)2=争

故选C.

10.答案：ABD

解析：

本题考查了立体图形的空间点，线，面的位置关系，命题的真假判断与应用及圆锥曲线的定义和方

程的应用，以及圆锥曲线的动点轨迹的判断.

A.根据BQ，平面4BiC,判断点P的轨迹；B,根据平面与球相交的性质，判断选项；C.由条件可转化

为|PB|+|PC|=1,根据椭圆的定义判断；D.由条件建立坐标系，求点P的轨迹方程，判断轨迹是

否是双曲线.

A.在正方体&C中，AC1JL平面ABCD,

所以BBi1AC.BB^BD=B,所以4c_L平面BBmi。，

B。1u平面8当。1。，所以4cIB。1,

同理AB11BD^AB^AC=A,所以，平面ABC

而点P在侧面BCGa所在的平面上运动，且PA1BDi，

所以点尸的轨迹就是直线B]C,故A正确；

B点P的轨迹是以A为球心，半径为鱼的球面与平面BCCiBi的交线,

即点P的轨迹为小圆，设小圆的半径为r,

球心A到平面BCGBi的距离为1,则「—1=1,

所以小圆周长I=2nr=2兀，故B正确；

C.点P到直线AB的距离就是点P到点B的距离，

即平面BCQBi内的点P满足|PB|+\PC\=1=\BC\,

即满足条件的点P的轨迹就是线段8C,不是椭圆，故C不正确；

D如图，过P分别做PMJ.8C于点M,PE1CG于点E,

则PM_L平面ABC£>,所以PM14。，过用做“2_1/10,连结PN,PMCMN=M,所以AD_L平面

PMN,所以PNJ./W,

如图建立平面直角坐标系，设P（x,y）,

PM=y,则PN2=l+y2,PE2=（1—工产，即1+y?=q—%）2,整理为：（x—l）2—y2=],

则动点尸的轨迹是双曲线，故。正确.故选：ABD

11.答案：立

3

解析:

由已知中在多面体ABCOEF中，已知A8CD是边长为1的正方形，且△ADE,aBCF均为正三角形，

EF//AB,EF=2,我们易将几何体分解为三棱锥E-ADG,三棱柱ADG-8CH,三棱锥F-HBC三

个部分，分别计算出三部分的体积，加在一起即可得到多面体的体积.本题考查的知识点是组合几

何体的体积问题，其中对几何体进行合理的划分，从面能便捷的计算出基本几何体的体积是解答本

题的关键.

解：过4。作与底面ABCD垂直的平面交E尸于G点，过BC作与底面A5CD垂直的平面交E尸于，

点,

则多面体ABCQEF被分为三棱锥E-40G,三棱柱40G-BCH,三棱锥F-HBC三个部分,

由4BCD是边长为1的正方形，且△4DE,aBC/均为正三角形，EF//AB,EF=2,

易得EG=HF=$GH=1,

S&ADG=S^BCH~7

・'•^E-ADG—^F-HBC=^ADG-BCH=f

••・多面体ABC的的体积k2x各号邛

故答案为多.

12.答案：*1

解析：

本题考查线段长的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推

理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，属于中档题.

取BiG中点0,则MO1面4B1GD1，即M0J.0P,可得点P在以。为圆心，以1为半径的位于平

面%B1GD1内的半圆上.即。到&N的距离减去半径即为PQ长度的最小值，作。于从可

得OH,PQ长度的最小值为。”一1.

解：如图，取BiG中点0,且M为8C中点，

则MO1平面力$iGDi，且OPu平面4BiGD「

MO10P,

•••PM=V5.则。p=J(V5)2-22=1-

.••点P在以0为圆心，以1为半径的位于平面内的半圆上.

可得。到&N的距离减去半径即为尸。长度的最小值，

作。〃1&N于H,

•••△40N的面积为2x2-|x2xlx2-|xlxl=|,

••2&NXOH=|,可得。"=逆，.、PQ长度的最小值为还一1.

NN55

13.答案：?

O

解析：

本题主要考查棱锥的外接球，棱锥的体积计算，利用导数法求最值等问题.属于较难题.

先求出球的半径，设=PA=y,由余弦定理求得8C,从而得到/+日=担，再建立三棱锥

J44

P-ABC的体积关于y的函数关系式，再运用导数法求最值，即可得到答案.

解：设球的半径为七

由4兀/?2=8171■可得球的半径为R=(

设AB=x,PA=y,则4C=V3x,

由余弦定理可得BC?=AB2+AC2-2AB-ACcos^BAC=x2,所以BC=x.

将三棱锥P-ABC补成一个以△ABC外接圆面为底面，PA为高的圆柱，

则有/?2=产+(32,其中厂是△ABC外接圆的半径，2r=一与/=2和

'2/sinz.BAC

即「=心h=PA=y,所以

三棱锥P—A8C的体积为

11LV3

V=v3x-sin30°・y=—x29y

=**%=*y3+8iy)，

V'=*(-3y2+81),

由U'＞0可得0＜丫＜3加，函数单调递增，

由，＜0可得y＞3g,函数单调递减，

所以当y=3VW,V有最大值/=会

故答案为

O

14.答案:9V3

解析：

本题考查空间几何体的截面问题，需要熟练掌握组合体的结构特征，属于难题.

根据题干条件正确画出图形，进行分析确定球心的位置，并结合条件求出球的半径，确定截面的形

状，进一步计算截面面积即可.

解：结合题意可得下图，设A8的中点为E,CD的中点为F,连PE,PF,则M在PE上，ABC。的

中心为H,球心。和N都在上，

因为平面a过点例，N且与AB平行，所以截面STY'S'为等腰梯形，

HE=2瓜PH=6或,PE=4V6,

由4PM。-4PHE得==r=242,

2V64V6

乙EPH=30°,所以PM=2V2XV3=2V6=»E,M为PE的中点,

MN2=(2V6)2+(2V2)2-2x2V6x2V2xy=8,M/V=2也

所以AOMN为正三角形，所以NPMN=30。，

又乙EPF=60°,所以MG=2V6xy=3&,

而ST=-AB=2V6,PG=-PM=屈,ST=-PF=V6,

224

所以截面的面积为5X3V2X(2V6+遍)=9V3,

故答案为9遍.

15.答案：~；(V14,8)

解析：

本题主要考查空间中的距离计算，考查异面直线所成的角.连接切仄DM,利用线面垂直的判定定理

可求异面直线AC与8。所成角的大小；先根据外接球的性质确定出四面体ABC。的外接球球心，利

用勾股定理，求出M4和进而求出。借助三角函数的取值范围以及0M<MN,即可求出

线段长度的取值范围.

解：连接8M、DM,四边形A8C£>是菱形，M为棱AC的中点，

所以4c1BM,AC1DM,

乂=则4C1平面8例。，

由BOu平面BMD,

则4C1BD,即异面直线AC与BQ所成角的大小为最

由四边形A8CD是边长为10的菱形，其对角线4c=12,

则M4=6,MB=8,

。1是E14BC的外心，在中线上,

设过点01的直线11_L平面ABC,易知，1u平面BMD,

同理(力是日4CD的外心，在中线QM上，

设过点的直线，2，平面A。。，易知，2U平面BMD,

由对称性易知匕、%的交点O在直线MN上,

根据外接球的性质，点。为四面体ABC。的外接球的球心，

。1屁=。泌2+04+0]M=BM=8,

2

(8-0M2=0rM+36,解得'

q

令乙BMN=3,根据题意可知BDJ.CN,B。14N,且CNnAN=N,

则BC，平面ACN,MNu平面ACN,贝ijBD1MN,

所以0<。<三，二MN=BMcosd=8cos6<8,

八MNO]M

VCOS0=—=——,

BM0M

7

:.0M•MN=0加•8M=：X8=14,

又0M<MN,MN2>14,・•・MN>V14，

・•・E<MN<8，即线段MN长度的取值范围为(旧,8)，

故答案为：p(V14,8)

16.答案：V34

解析:

本题考查求几何体外接球的半径，考查直四棱柱以及球的结构特征即可，考查空间想象能力，属于

较难题.

先根据直四棱柱的特征，得到其外接球的球心位于直四棱柱的中心，记作0,过点。向底面ABC。

作垂线，垂足为G,连接8。，取A。中点为F,连接OF,0E,0B,设A4=2a,根据题意，先得

到外接球半径R=0B=、a2+18,求出oE=la2+10,根据球的特征，分别求出截面面和的最大

值与最小值，列出方程求解，得出。2=19,即可求出半径.

解：因为四棱柱48。0-4&口。1是直棱柱，且底面是正方形，

所以其外接球的球心位于直四棱柱的中心，记作0，

过点。向底面ABC。作垂线，垂足为G,则0G=；AAi，

连接80,因为底面ABC。是边长为6的正方形，所以点G为8。的中点，

取中点为F'连接OE'OE,OB,

设44=2a,则。G=a,所以外接球的半径为R=。8=JoG2+=Va2+18.

因为点E在线段AQ上，且满足4E=2ED,则EF=DF—DE==1,

又FG=：AB=3,所以。F不5，

因为直四棱柱中，481侧面4。。出，FG//AB,所以尸G1侧面4。么必，

所以FG1AD,又0G，底面ABC。，所以0G14D

又FGC\OG=G,所以OFJ.4。，

则0E=VOF2+EF2=yja2+10;

根据球的特征，过点E作直四棱柱ABCD-外接球的截面，

当截面过球心时，截面圆面积最大，此时截面面积为S=TTR2

当0E1截面时，此时截面圆半径为，R2-。岳2,

所以此时截面圆面积为a=TT(V/?2-OF2)2=兀(/?2-OE2);

又截面面积的最大值与最小值之差为26兀，

所以S-S]=TTR2-Jre-OE2)=n-OE2=267r

因此a?+10=26>即a?=16,所以R=yja2+18=V34-

故答案为

17.答案：①②③⑤

解析：

此题考查了截面的性质，关键是利用面面平行、面面相交的性质确定截面的顶点，逐项判断即可,

属中档题.

结合儿何体的特征，利用线面的位置关系判断即可.

解：②当CQ=,时，即。为CG中点，此时可得PQ〃/1。1，

2

AP=QD,=Jp+(|)=故可得截面ZPQDi为等腰梯形,

S等腰梯形，故②正确;

①由如图当点。向C移动时，满足0<CQ<4,

只需在£>/上取点M满足4M//PQ,

即可得截面为四边形APQM,如图所示，S是四边形，故①正确;

③当CQ=q时，如图，延长DD］至M使DiN=%

连接AN交aDi于S,连接N。交G5于R,连接SR,

可证4N〃PQ,由回NR。1一团QRG，

可得GR:DiR=GQ:DiN=1:2,故可得=/故③正确;

④由③可知当?<CQ<1时，只需点。上移即可，此时的截面形状仍然如图所示的APQR5,如图S

是五边形，故④不正确；

⑤当CQ=1时，。与G重合，取公5的中点F,连接AF,

可证PCi〃4F,且PCi=4F,可知截面为APQF为菱形，

故其面积为3AC】•PF=’遮•或=当，

如图S是菱形，面积为&=M故⑤正确，

故答案为①②③⑤

18.答案：287r

解析：

本题考查球的表面积的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属较难题.

根据已知条件求出二面角4-8。的平面角，然后再根据条件求出外接球的半径，即可求解.

解：设30的中点为E,连接AE,CE,

■■■AB=AD=BC=BD=DC=2百，

•••AE1BD,CELBD,

乙4EC为二面角4-BD-C的平面角，则乙4EC=120°,

设四面体4BC。的外接球的球心为。，半径为R,

过点。作面CDB的垂线，垂足为三角形CDB的中心H,

过点。作面AQB的垂线，垂足为三角形AQB的中心F,

­••OH1®BCD,OFIffiBAD,

OHA.EC,OF1AE,

.•.点E,F,O,H共面，

^AEC+^HOF=180",

乙HOF=60°,

•••AB=AD=BC=BD=DC=2技

连接OE,

AOFEAOEH,

乙EOH=30°,

/BCD中，CH=-x—x2V3=2,£,H=-x—x2V3=1,

3232

••・RMO//E中，OH=近,

•••RMOHC中，CO=R=VOW2+HC2=V3T4=夕.

S=4TTR2=7X4〃=28TT,

故球O的表面积为28兀.

故答案为287r.

19.答案：(1)证明：取BC中点O,连接A。，&0,

由已知可得4。_LBC,Ax01BC,AO=A1O=-BC=OB,

•••侧面844/1是菱形，AB=AAr,

A04三AAOB,

：."OB=NAOAI=90°,即4。1AO,

■■■AODBC=0,41。_L平面ABC,

又必。u平面&BC.

••・平面ABC，平面&BC.

(2)解：设BC=2,则40=At0=BO=OC=1,

建立如图所示空间直角坐标系。-孙z,

则4(1,0,0),4式0,0,1),8(0,1,0),C(0,-l,0),

矶=鬲=(-1,0,1),Cx(-1,-1,1).跖=(-1,-2,1),BA=(1,-1,0),

设平面4BG的法向量为沆=(x,y,z),

IL

则伊•耍=0,gp(-x-2y+z=0；令久=1得记=(,3).

同理设平面BCG的法向量有=(a,b,c),

则伫吧=0,即a-也+c、。，可得b=o,令c=i得元=(1,0,1).

值•CG=0〜-b+c=0

可求得平面BCG的法向量元=(1,0,1).

,—»fm,n42V22

cos(m，n>=丽==k

••・二面角力-BC1-c的余弦值为2.

11

解析：本题考查了面面垂直的判定、二面角和利用空间向量求面面的夹角，是中档题.

(1)取BC中点0,连接A0,右。，可得4。1BC,再证明△40&三AAOB,可得N40B=^AOAX=90°,

即4。，4。，则401平面ABC,由面面面垂直的判定得证.

(2)建立空间直角坐标系。-xyz,分别得出平面ABG的法向量和平面BCG的法向量，由空间向量运

算可得二面角4-BCi-C的余弦值.

20.答案：解：(1)证：因为。炉=A4F，所以DE〃/IF,

又因为DEC平面ABF,AFu平面ABF,

所以DE〃平面ABF.

因为底面ABCO是正方形，所以CD〃4B,

又因为C。仁平面ABF,ABu平面ABF,

所以CD〃平面AB凡

因为CDu平面CDE,DEu平面CDE,CDCDE=D,

所以平面CDE〃平面ABF.

因为CEu平面CDE,

所以CE〃平面4BF-

(2)以A为坐标原点，分别以A8,AD,4尸所在直线为x轴、y轴、z轴，

建立如图空间直角坐标系.

由AB=AD=AF=2得，

4(0,0,0),8(2,0,0),C(2,2,0),

F(0,0,2),D(0,2,0),E(0,2,22).

设平面BC尸的法向量为五=Qi，yi，zi),

由已知得，而=(2,0,-2),正=(2,2,-2),

市ph•FB-0,/2/一2Z]-0,

1%.FC=0也14-2%-2zi=0.

不妨取Xi=1,则yi=0,Zi=1,

从而平面BCF的一个法向量为布=(1,0,1).

设平面ECF的法向量为4=(上,％*2)，

又"一2,。，2A),喉黑料落螳£3.

不妨取之2=1,则％2=九丫2=1-九

所以平面EC尸的一个法向量为爪=01—尢1).

所以COSVE，荻＞=2二1；+.

因为二面角B—EC—F的大小为萼，

所以厂与2-=且，化简得2M-52+2=0,

2〃2-2+12

解得;1=[或；1=2(舍去).

解析：本题考查线面平行的判定定理，利用空间向量求二面角，考查推理能力和计算能力，属中档

题.

(1)由图形根据题意分析知，可通过证明平面CDE〃平面AB尸再结合线面平行的定义证明CE〃平面

ABF；

(2)根据题意建立空间坐标系，分别用参数4表示出两个平面的法向量，利用夹角为『建立方程，解

O

方程求出;I的值.

21.答案：解：(1)证明：因为401AB,平面ABD1平面ABC,

平面ABDn平面ABC=AB,ADu平面ABD,

所以4D1平面ABC,

因为BCu平面ABC,所以4DJ.BC.

因为AB=BC=-^4C，所以AB?+Be?=AC?,

2

所以ABIBC,

因为ADnAB=4所以BC1平面ABO.

(2)解：设4。=x(0<%<4),则4B=BC=4-x,

四面体ABCD的体积V=/(%)=-%x-(4—x)2=-(x3—8x2+16x)(0<x<4).

326

/'(%)-—(3—-16x+16)=—(%—4)(3%—4),

66

当0<x<g时，f(x)>0,V=f(x)单调递增；

当g<x<4时，f'(x)<0,V=f(x)单调递减.

故当4D=x=并寸，四面体A8C。的体积取得最大值.

以3为坐标原点，建立空间直角坐标系B-孙z,

则8(0,0,0),4(0,|,0),C(|,0,0),。(0,工)，F(p^,0).

设平面8CD的法向量为记=(x,y,z),

布曳=0,即.

则

n-BD=08

令z=-2,得元=(0,1,—2),

同理可得平面8OE的一个法向量为记=(1,一1,2),

则COS〈玩㈤=二5=-

V5XV66

由图可知，二面角C-BD-E为锐角，故二面角C-BD-E的余弦值为乌.

6

u

解析：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的性质，线面垂直的判定，

椎体的体积，二面角的求法，在解题的过程中，注意巧用导数求解体积的最大值.

(1)根据面面垂直的性质得到40J•平面A8C,从而得到力。1BC,利用勾股定理得到481BC,利用

线面垂直的判定定理证得BC，平面A8£>；

(2)设A£>=x(0<%<4),利用椎体的体积公式求得V=/(x)=x；(4-x)2=i(x3-8x2+

3L6

16%)(0<%<4),利用导数研究函数的单调性，从而求得力。=%=:时，四面体A8CD的体积取得

最大值，之后利用空间向量求得二面角的余弦值.

22.答案：证明：连接G4设G4C41C=O,

・•・在三棱柱ABC-4/16中，四边形ACG4是平行四边形,

。为G4中点，

•••。为AB中点，

。。为△BG4中位线，

BCJ/DO,

又•:DOu平面。4山，BG<t平面C4iD,

BCi〃平面C&D

解析：连接CiAn4iC=。，由三角形中位线性质得BG//DO,由此能证明BCi〃平面C&D

本题考查线面平行的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置

关系的合理运用

23.答案：解：（1）证明：1底面A8C£>,ADLAB,以4为坐标原点，建立如图所示的空间直角

坐标系，

vAD=DC=AP=2,48=1,点E为棱PC的中点，

.♦•8(1,0,0),C(2,2,0),£)(0,2,0),

P(0,0,2),E(l,l,1),

所以宿=(0,1,1),万律=(2,0,0).

所以宿•万｝=0.

•••BE1DC；

(2)•••BC=(1,2,0),T?=(-2,-2,2),

=(2,2,0)，

由尸点在棱尸C上，

设#=XCP=(-22,-22,22)(0<A