高中数学第八章第1节《基本立体图形》提高训练题 (30)(含答案解析)

第八章第1节《基本立体图形》提高训练题（30）

一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）

1.己知某正三棱锥侧棱与底面所成角的余弦值为誓，球。1为该三棱锥的内切球.若球外与球。1相

切，且与该三棱锥的三个侧面也相切，则球。2与球。1的表面积之比为（）

A.：B.JC.4D.2

992525

2.已知底面为边长为2的正方形，侧棱长为1的直四棱柱ABCD-4B1GD1中，P是面4B】GDi上

的动点.给出以下四个结论中，则正确的个数是（）

①与点。距离为旧的点P形成一条曲线，且该曲线的长度是字;

②若CP〃平面力CBi，则OP与平面4CQ4］所成角的正切值取值范围是殍+8）；

③若。P=V5,则。尸在该四棱柱六个面上的正投影长度之和的最大值为6企.

A.0B.1C.2D.3

3.在三棱锥E-ABD中，已知AB=1,DA=B，三角形8OE是边长为2的正三角形，则三棱锥E-

ABD的外接球的最小表面积为（）

A2痘口B8a口C32国7TD.等

•3*3•27

4.已知长方体ABC。AB=AD=2,441=4,例是的中点，点P在长方体内部

或表面上，且MP〃平面则动点P的轨迹所形成的区域面积是（）

A.6B.4V2C.4V6D.9

5.如图，四棱锥S-4BCD中，底面是正方形，各棱长都相等，记直线S4与直

线AZ）所成角为a,直线SA与平面ABC。所成角为小二面角S-4B-C的

平面角为y，则（）

A.a>p>Y

B.y>a>0

C.a>y>P

D.y>0>a

6.在正三棱锥S-ABC中，M是SC的中点，且AM1SB,底面边长AB=2&，则正三棱锥S-ABC

的外接球的表面积为（）

A.6兀B.127rC.32兀D.367r

7.已知正三棱锥4-BCD的所有顶点都在球。的球面上，其底面边长为4,E、F、G分别为侧棱

AB,AC,4力的中点.若。在三棱锥A-BCD内，且三棱锥4一BCD的体积是三棱锥。一BCD体

积的4倍，则此外接球的体积与三棱锥。-EFG体积的比值为（）

A.6A/3TTB.8V37rC.12V3zrD.2467r

8.如图，四棱锥S-4BCD中，底面是正方形，各侧棱都相等，记直5

线S4与直线AO所成角为a,直线SA与平面ABCD所成角为氏人、

二面角S-4B-C的平面角为y,则J；（

A.a>p>yK

B.y>a>p

C.a>y>p

D.y>p>a

9.如图，在四棱锥S—ABCD中，底面ABC。为正方形，侧面SCO1底面入

ABCD,4SCC为等腰直角三角形，SC=SD=2若点P在线段4c（不含/\

端点）上运动，则SP+BP的最小值为（）X.\c

A.2A/4-V3

B.V6+V2

C.274+V3

D.V6+2V3

10.在直三棱柱4BC-&B1C1中，AB=AC=2,AA1=1,BC=2近,。是BC的中点，E是平面

ABB/i内一点，若GE1&D,则线段BE的最小值等于（）

A.渔B.正C.1D.V2

32

11.已知三棱锥P-ABC每对异面的棱长度都相等，且AABC的边长分别为VTT,3,4,则三棱锥P-ABC

外接球的体积为（）

A.6-^27TB.9V2;rC.187rD.367r

12.如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体

中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（）

A.48B.18C.24D.36

二、多项选择题（本大题共7小题，共28.0分）

13..在直三棱柱ABC-4&G中，Z.ABC=90%AB=BC=2,=2,

M是8c的中点，N是41cl的中点，点P在线段/N上，点。在线段AM

上，且4Q=|AM,S是4G与4传的交点，若PS〃面为AM,则（）

A.PS“B'Q

B.P为BiN的中点

C.AC1PS

D.三棱锥P—的体积为|

14..如图，在正方体ABCO-中，M,N分别为棱6。1，

&C的中点，其中正确的结论为（）

A.直线4W与GC是相交直线

B.直线AM与8N是平行直线

C.直线BN与MB1是异面直线

D.直线与AC所成的角为60。

15.已知三棱锥P-48c中，PA=V23>AB=3,AC=4,AB1AC,P4J■平面ABC,以下说法正

确的是（）

A.三棱锥外接球的直径是4国

B.三棱锥外接球的半径是4b

C.该三棱锥内接正方体的体对角线长4次

D.该三棱锥内接正方体的体积是64

16.对于四面体力-BCD,以下命题中正确的命题是（）

A.若AB=AC=AD,则A8,AC,AD与底面所成的角相等

B.四面体A-BCD的四个面中最多有三个直角三角形

C.若AB_LCD,AC1BD,则点A在底面BCQ内的射影是△BCD的垂心

D.若四面体A-BCD的6条棱长都为1,则它的内切球的表面积为g

17.已知球。是正三棱锥（底面为正三角形，点在底面的射影为底面中心）4-BCO的外接球，BC=3,

4B=2B，点E在线段上，且B。=6BE,过点E作球。的截面，则所得截面圆的面积可

能是（）

A.nB.27rC.37rD.47T

18.向体积为1的正方体密闭容器内注入体积为x（0<x<1）的液体，旋转容器，下列说法正确的是

（）

A.当x=T时，容器被液面分割而成的两个几何体完全相同

B.vxe（0,1）,液面都可以成正三角形形状

C.当液面与正方体的某条体对角线垂直时，液面面积的最大值为延

4

D.当液面恰好经过正方体的某条体对角线时，液面边界周长的最小值为2遍

19.设正四面体的棱长为2乃，以其中心O为球心作球，球面与正四面体四个面相交所成曲线的总

长度为41T.则球。的半径为（）

A.V5B.V6C.也D.怎

22

三、填空题（本大题共10小题，共50.0分）

20.已知菱形ABCO的边长为3,ABAD=609,E为对角线AC上

一点，AC=64E.将AABD沿8。翻折到AABD的位置，E记为

"且二面角4一BD-C的大小为120。，则三棱锥4-BCD的外

接球的半径为;过E'作平面a与该外接球相交，所得截

面面积的最小值为.

21.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽核，俗称“粽子”，古称“角黍”，

是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图,

平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如

图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为一；若该六面体内有一球，则该球体积的最

大值为.

22.在长方体4BCD-4当的劣中，AB=CCX=V2,BC=1,点M在正方形。。久的内，平

面4CM,则三棱锥M-4CC1的外接球表面积为.

23.如图，在棱长为1的正方体中，若点。在侧

面4DD/1及其边界上运动，并且总是保持C。与BiD垂直，则

动点。的轨迹长度为.

A

24.已知长方体ABCO-AiBiGDi的体积为144,点P是正方形&B1G2的中心，点P,A,B,C,

。都在球。的球面上，其中球。在长方体力BCD-4当6。1的内部.已知球。的半径为R,球

心0到底面ABCD的距离为会则R=.过48的中点E作球0的截面，则所得截面圆面

积的最小值是.

25.已知体积为8的正方体力8。。一力出口。1中，M,N,P分别为AB,BC,CC1的中点，S在平面

ABC£＞内，且DiS〃平面MNP,则线段BS的最小值为.

26.已知长方体ABC。-&B1C101的棱A&=2,4。=3,点E,尸分别为棱BC,CG上的动点.若

四面体力iaEF的四个面都是直角三角形，则下列命题正确的是.（写出所有正确命题的

编号）

①存在点E,使得EF_L41n

②不存在点E,使得B1E14F；

③当点E为BC中点时，满足条件的点尸有3个：

④当点F为CQ中点时，满足条件的点E有3个；

⑤四面体Ai/E尸四个面所在平面，有.4对相互垂直.

27.在长方体4BC0-AiBiGD1中，AB=AD=6,AA1=2,M为棱BC的中点，动点尸满足

乙4PD=LCPM,则点尸的轨迹与长方体的面DCGDi的交线长等于.

28.已知正方体的棱长为4,以该正方体的一个顶点为球心，以4口为球的半径作球面，则该球面被

正方体表面所截得的所有弧长的和为.

29.如图已知菱形ABC。边长为3,/.BAD=60°,点E为对角线AC上一点，4C=64E.将44BD沿

8。翻折到zM'BD的位置，E记为E',且二面角A-BD-C的大小为120。，则三棱锥ABC。的外

接球的半径为；过E'作平面a与该外接球相交，所得截面面积的最小值为.

A

四、解答题(本大题共1小题，共12.0分)

30.如图所示，△力BC中，四棱锥4-BCDE是由44BC沿其中位线OE翻折而成，其中4'EB

(1)证明：AE〃平面PBD;

(2)若4B=BC=4,二面角C-A'D-E的大小为手，求四棱锥4一BCCE的体积.

6

【答案与解析】

1.答案：C

解析：

本题考查三棱锥内切球的应用，考查空间想象能力，逻辑推理能力.

解决本题的关键是利用平行线截线的比例关系，列式求得两球体的半径比.

解：如图，

取△ABC的外心0,连接P。，AO,

则P0必过。1，02,且P0J_平面

可知NPA0为侧棱与底面所成的角，即=源.

COSNPA。19

取A8的中点M,连接RW,MC.

设圆。1，。2的半径分别为R，〃

令。4=2,则PA=g,AB=2V3,AM=V3.OM=1,

所以需=翳=3

即「。2=4r,从而POi=4r+r+R=5r+R,

所以段=含=也

则mP

所以球。2与球Oi的表面积之比为表.

故选C.

2.答案：C

解析:

本题以命题的真假判断为载体，考查了轨迹问题、线面角、正投影等知识点，综合性强，难度较大.

逐个判断即可.

解：如图，

①正确，与点。距离为旧的点尸形成以5为圆心，半径为企的［圆弧

长度为工•27T-V2=—7T；

42

②错误，因为平面4DC1〃平面4CB1，所以点P必须在面对角线41G上运动，

当P在4（或G）时，0P与面4CG4所成角//Mi。（或NDGO）的正切值为当最小，

当P在01时，与面ACC1&所成角NO。1。的正切值为或最大，所以正切值取值范围是［手,迎］；

③正确，以。为原点，DA,DC,0。1，分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

设P（%J,1）,则％2+y2+1=3,

即/+y2=2,OP在前后、左右、上下面上的正投影长分别为尸巨,后支,+丫2,

所以六个面上的正投影长度之和为2（尸n+QTI+鱼）＜2（2产警9+&）=6VL

当且仅当尸在。1时取等号.

故选C.

3.答案：D

解析：

【试题解析】

本题考查多面体外接球表面积最值的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题.

由题意画出图形，可得ADJ.48,取中点G,则G为AABD的外心，设正三角形8OE得外心为

0,可知当平面4BD，平面BQE时，三棱锥E-4BD的外接球的半径有最小值，由此求得答案.

解：如图，

由AB=1,ZM=V5,BD=2,得4D14B,

取B。中点G,则G为△ABC的外心，

设正三角形BDE得外心为0,可知当平面ABD1平面BDE时,

三棱锥E-力BD的外接球的半径有最小值为0E=2.

3

••・三棱锥E-A8D的外接球的最小表面积为4兀x（苧）2=等.

故选D

4.答案：D

解析：

本题考查空间中线线，线面，面面的位置关系，考查空间想象能力，属于中档题.

由题意得到动点P的轨迹是六边形MEFGHN及其内部，进而求出六边形MEFGHN面积即可.

解：如图所示，E,F,G,H,N分别为BiG，G。1，DDi，DA,AB的中点，

则EFHHNH,MN//BrA//FG,

由于N”C平面当劣u平面4当。1，

可得NH〃平面

同理可证：MN〃平面ABiDi，

又NHCMN=N,

所以平面MEFGHN〃平面4B15，

所以动点尸的轨迹是六边形MEFGHN及其内部.

因为AB=AD=2,AAr=4,

所以EF=HN=y/2,

EM=MN=FG=GH=V5，GM=2企，

E到GM的距离为J5-（日）2=言，

所以S—2s—2x'泛+2"'2*=a

用以、一心梯形EFGM一乙X2X2-*

故选。.

5.答案：C

解析：

【试题解析】

本题考查异面直线所成角、直线和平面所成角和二面角的概念和计算，属于中档题.

过S作SOL平面ABCQ,过。分别作OELAB.OFL4D于E、F,连接OA,SE,SF,则

ASAFn,ZS.4O3.4SEO=1,应用正切函数知识求解，而后比较大小，即可得出答案.

解：如图，过S作so,平面A8CD,过。分别作OE，AROF_LAD于E、F,连接04,SE,SF,

s

因为tan夕=言<tany=弟所以£<y,

因为tany=啜<tana=2所以y<a,

UEAr

综上可得，a>丫>6,

故选C.

6.答案：B

解析：

本题考查球的表面积与体积，考查了空间线面垂直的判定与性质，以及球内接多面体等知识点，属

于中档题.

根据三棱锥为正三棱锥，可证明出4c1SB,结合SB1AM,得到5B1平面SAC,因此可得SA、SB、

SC三条侧棱两两互相垂直.最后利用公式求出外接球的直径，结合球的表面积公式，可得正三棱锥

S-力BC的外接球的表面积.

解：取AC中点，连接BN、SN,

•••N为AC中点，S4=SC,

：.AC1.SN,同理AC_LBN,

•:SNCBN=N,

：.AC_L平面SBN,

vSBu平面SBN,

•••ACX.SB,

••♦SB14M且AC、AM为平面SAC内两条相交直线，

•••SB，平面SAC,

vSA,SC在平面SAC内，

SB1S4且SB1SC,

••,三棱锥S-4BC是正三棱锥，

.■.SA,SB、SC三条侧棱两两互相垂直.

••,底面边长AB=2或，

.••侧棱S4=2,

.1.正三棱锥S—ABC的外接球的直径为：2R=2b，R=V3>

.•.正三棱锥S-4BC的外接球的表面积是S=4TTR2=127r.

故选：B.

7.答案：D

解析：

本题考查球与几何体的切接问题，考查锥体与球的体积，考查空间想象能力，题目有难度.

分别求得球的体积为^兀（通）3=8倔r,三棱锥。-EFG体积为拉卜苧x42x曰=争故问题得

解.

解：如图，

AA

C

平面EFG截球0所得截面的图形为圆面.

正三棱锥4-BCD中，过A作底面的垂线A"，垂足为“，与平面EFG交点记为K,

连接。。、HD,

BCD

依题意匕-BCO=4vo_，

所以AH=40H,

设球的半径为R,

在Rt^OHD中，0D=R,HD=—,OH=-,

33

由勾股定理解得R=V6>

此外接球的体积为豹（通产=8V6TT,

由于平面EFG〃平面BCD,

所以力HJL平面EFG,

球心O到平面EFG的距离为KO,因为4K=KH=20H,

则K。=0H=-=

33

2

所以三棱锥。一EFG体积为％xix^x4x^=^,

34433

所以此外接球的体积与三棱锥。-EFG体积比值为24次兀■

故选。.

8.答案：C

解析：

【试题解析】

本题考查异面直线所成角、直线和平面所成角和二面角的概念和计算，属于中档题.

过S作SO_L平面A8CQ,过。分别作OE_LAB.OFLA。于E、F,连接04,SE,SF,贝U

ZS.4Fa,ASAO3、£SEO7,应用正切函数知识求解，而后比较大小，即可得出答案.

解：如图，过S作sea平面ABC£>,过。分别作OE，AB.OF_L.，1D于E、F,连接04,SE,SF,

s

因为tan夕=言<tany=弟所以£<y,

因为tany=啜<tana=2所以y<a,

UEAr

综上可得，a>丫>6,

故选C.

9.答案：B

解析：

本题考查棱锥的结构特征，考查空间中点线面间的距离计算，考查数学转化思想方法，是中档题.

由^SCD为等腰直角三角形，且SC=SD=2,可得CD=2&，设PC=x(0<x<2夜)，把SP+BP

用含有x的代数式表示，变形后再由其几何意义求解.

解：如图，:△SC。为等腰直角三角形，且SC=S0=2,

CD=2V2，设PC=x(0<x<2位),

则OP?=2+x2-2y/2x--y=x2-2x+2>SP^y/2+x2—2x+2=Vx2—2x+4,

BP=J8+x2—4>/2x-、—yjx2—4%+8>

SP+BP=Vx2-2x+4+Vx2-4x+8=J(x-l)2+3+-2)2+4.

其几何意义为动点(x,0)到两定点M(l,遮)与N(2,2)距离和，

如图，

V

A

N

M♦

♦!

G

N关于x轴的对称点为G(2,-2),

则SP+BP的最小值为J(1-2)2+(V3+2)2=V8+4V3=*>+&■.

故选B.

10.答案：B

解析：

本题考查线面垂直的综合应用，考查了空间距离，考查学生的直观想象与推理论证的数学素养，属

于较难题.

本题的关键在于找到一个平面垂直于4D,再去找这个平面与面的交线确定E的位置，记D,

名分别为BC,BA的中点，连接CR,CrD,DDi，证得1平面的久当，故可求得线段

8E的最小值.

解：记。，劣分别为8C,54的中点，

连接4DrGA，GD,DD],如图所示，

C.

因为AB=AC=2,BC=2V2,所以力Cl48,

又因为三棱柱4BC-为直三棱柱，易得=ArC,

故AiDJ.BC,所以在直角梯形ODi&G中，=I,。41=或,4iG=2,

根据相似三角形及勾股定理，易得GD114D,

因为GD1nB1G=G，所以4。平面GD1B1，

又因为E是平面内一点，GE140,所以点E在直线8道1上，

所以线段BE最小值为点鼻=也.

Vi2+i22

故选8

11.答案：B

解析：

【试题解析】

本题考查棱锥的外接球的体积的计算，考查空间想象能力和转化能力，属中档题.

依题意将三棱锥可以补形成一个长方体，该长方体的各面上的对角线长分别为，五，3,4,设长方

体的长、宽、高分别为a,b,c,求出长方体的对角线长即得到球的直径，即可求体积.

解：由于三棱锥P-ABC每对异面的棱长度都相等，所以该三棱锥可以补形成一个长方体，且该长

方体的各面上的对角线长分别为VTT，3,4,

设该长方体的长、宽、高分别为db,c,

且不妨设a?+b2=(Vil)2—11,a2+c2=32=9,b2+c2=42=16,

所以a?+b2+c2=18,

所以三棱锥的外接球的直径为Va2+岳+©2=3vL

三棱锥P—HBC外接球的体积为1x(¥产9卷万，

故选B.

12.答案:D

解析：解：如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”.

在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”，

分情况讨论：①对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有

2x12=24个;

②对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12

个；

所以正方体中“正交线面对”共有36个.

选。.

根据题目中：“正交线面对”的含义的正确理解，只要找出正方体中多少对线面垂直即可，分棱和

面对角线进行讨论即得.

本题主要考查了空间中直线与平面之间的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，

属于基础题.

13.答案：ACD

解析：

本题考查了简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征，棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和

体积，平面的基本性质及应用，线面平行的性质，线面垂直的性质和空间中的距离，属于较难题.

利用直三棱柱ABC-4aG的结构特征构建一个边长为2的正方体4BCD-&B1GD1，连接当名，

连接劣5，利用正方体的结构特征，结合平面几何知识得点P在线段当。1上，连接BD,交AC于0,

利用平面几何知识得点Q在8。上且BQ=|B。，连接利用平面几何知识得点S在BO】上，且

是BO】的中点，利用平面的基本性质得PSu平面再利用线面平行的性质对A进行判断，在

平面。。1当8中，利用平面几何知识对8进行判断，利用正方体的结构特征得4s，平面CD//,再

利用线面垂直的性质对C进行判断，利用点到面的距离和线到面的距离得点P到平面/AM的距离

等于点S到平面的距离，再利用三棱锥的体积公式得力-BMW=再结合题目条件得

%-8遇”=，Ci-B14M，即/-/AM=再利用三棱锥体积等量得忆-B^M=匕-BiQM，再

利用三棱锥的体积公式计算％_B1C1M对。进行判断，从而得结论.

解：因为在直三棱柱ABC-4遇传1中，/.ABC=90°,4B=BC=2,AAr=2,

所以构建一个边长为2的正方体4BCD-481GD1如下图：

连接当以，因为N是&Ci的中点，

所以N是与4Ci的交点，且N是当5的中点，

而点P在线段&N上，因此点P在线段当。1上.

又因为M是BC的中点，点。在线段4M上，且

所以点Q是△ABC的重心.

连接BZ),交AC于O,则。是AC的中点，也是BD的中点.

由。是4c的中点知：8。是△ABC在AC边上的中线，

因此点Q在B。上，即点。在8。上，且BQ=：BO.

又因为S是AG与&C的交点，连接BDi，

所以点S在上，且是的中点.

对于A、因为点P在线段B/i上，点S在BZ?i上，所以PSu平面。D/iB.

又因为点Q在BO上，所以BiQu平面。。避道，

而平面DDi/Bn平面为AM=BiQ,PS〃面当4”，

因此PS〃B】Q,所以A正确；

对于8、如图：

在平面。DiBiB中,设BiQClDiB=".

因为BQ=：BO,。是8。的中点，

所以BQ=[B0=]当。1，

因此HB=[DI”，即

所以券号=黑，即B】P=扣iBi=|B】N,

u-^n333

因此8不正确；

对于C、在正方体ABCO-AiBiGDi中，

因为4c平面。PSu平面DD/iB,

所以ACIPS,因此C正确；

对于。、因为PS〃平面

所以点P到平面BiAM的距离等于点S到平面&AM的距离，

因此%FAM=

又因为S是4cl的中点，所以%-比4M='

即/_B[4时

又因为%1-B1力M=,S^BIGM

=-1x2rx-lxe2xc2=-4,

323

所以了p_B[4M==?因此。正确•

故选ACD.

14.答案：CD

解析：

本题考查异面直线的判定方法，考查两条直线的位置关系，两条直线有三种位置关系，异面，相交

或平行.

利用两条直线是异面直线的判断方法来验证A8C的正误，利用平移法，判断。，得到结论.

解：•••直线eq在平面cci%o内，

而MC平面CGC1。，4名平面cqci。，

•,.直线AM与直线CG异面，故A不正确，

•・•直线AM与直线BN异面，故B不正确，

利用4的方法验证直线BN与直线异面，故C正确，

利用平移法，可得直线MN与AC所成的角为60。，故O正确，

故选CD.

15.答案：ACD

解析：将三棱锥补成长方体，它的对角线是其外接球的直径，也是外接球的内接正方体的体对角线

长.

由平面ABC,AB1AC,将三棱锥补成长方体，它的对角线是其外接球的直径，也是外接球的

内接正方体的体对角线长.

vPA=V23>AB=3>AC=4,

.•.三棱锥外接球的直径为423+9+16=4V3,

••・三棱锥外接球的直径为4次.

外接球的内接正方体对角线长4b.

・•・正方体的棱长为4,即正方体的体积为64.

故选ACD.

16.答案：AC

解析：

【试题解析】

本题考查了空间几何体的结构特征，球的表面积，空间中线线，线面的位置关系，属于较难题.

对于A，根据线面角的定义即可判断；对于B,根据线面垂直的判定和性质可知，。是ABCO的垂心，

对于C在正方体中，找出满足题意的四面体，即可得到直角三角形的个数，对于。作出正四面体的

图形，找到球的球心位置，说明OE是内切球的半径，利用直角三角形，逐步求出内切球的表面积.

对于A选项，因为==设点A在平面BCD内的射影是O,

因为sin"B。=—,sin〃CO=—,sinzXDO=—,

ABACAD

所以sinz_4B0=sin/AC。=sin/.ADO,

则AB,AC,AO与底面所成的角相等，故A正确；

如图：直角三角形的直角顶点已经标出，直角三角形的个数是4.故8不正确;

对于C选项，设点A在平面BC。内的射影是。，

则40，平面BCD,CDu平面BCD,

故AOJ.CD,又AB1CD,

AOC\AB=A,AO,4Bu平面ABO,

故CZXL平面ABO,又OBu平面ABO,

则CD1OB,

同理可证BDIOC,所以。是△BCD的垂心，故C正确；

如图，。为正四面体ABC。的内切球的球心，正四面体的棱长为1；

所以AE=7工=渔，

\33

因为BO?-0E2=BE2,所以(9-0E)2-0E2=(y)2,

所以。E=在，所以球的表面积为47r-0E2故。不正确.

126

故选：AC.

17.答案：BCD

解析：

本题考查与球有关的组合体问题，属于较难题.

依题意首先求出外接球的半径，即可求出截面圆的面积最大值，设过E且垂直0£的截面圆的半径

为r,即可求出截面圆的面积最小值，从而得解.

解：如下图所示，其中。是球心，0'是等边三角形3CD的中心，可得。缶=O'D=与BC=V3,A0'=

y/AB2-O'B2=3,设球的半径为R,在三角形。。0'中，由。。'2+DO'2=0D2,即(3—/?)2+(V3)2=

2

R,解得R=2,故最大的截面面积为兀R2=47r

在三角形BE0'中，BE=^BDNEBO，=g

62o

由余弦定理得O'E=|3+i-2xV3xicos-=^

\4262

在三角形。。七中，0E=TO"+干炉=叵,设过E且垂直OE的截面圆的半径为r,"=R2一

2

0E2=4--=-

44

故最小的截面面积为门2—1

所以过点E作球。的截面，截面圆面积的取值范围是［乎,4兀］

故选：BCD.

18.答案：ACD

解析：

本题考查了正方体及其结构特征，考查了学生的空间想象能力，属于较难题.

利用正方体的对称性，逐项判断得结论.

解：当x时，由正方体的对称性知：

容器被液面分割而成的两个几何体完全相同，因此A正确;

如下图：正方体4BCD-&BCD1的体积为I,

E、F、G、H、M,N分别是所在边的中点，

平面EFGHMN〃平面平面EFGHMN与体对角线&C垂直,

而此时截面E尸GHMN的面积最大,

因为六边形EFG/7MN是边长为它的正六边形，

2

2

所以当液面与正方体的某条体对角线垂直时，液面面积的最大值为6xfx(?)=平,

因此8不正确，C正确；

如下图：

由正方体的对称性知：过正方体的某条体对角线的截面,

截面周长最小时，P、Q分别是所在边的中点，

此时平行四边形APCiQ的周长为4x曰=2后，因此D正确.

所以说法正确的是ACD.

故选ACD.

19.答案：AC

解析：

本题考查简单组合体的结构特征，弧长公式，利用导数研究函数单调性，属于中档题.

根据球面与正四面体四个面相交所成曲线有圆和圆弧两种情况，分别讨论分析即可.

解：设球。的半径为R,若正四面体一个面截球如图，

则小圆周长为兀，小圆半径为点

依题意，知弧崩的长为:，

«)

设小圆。。1的半径为r，则乙AO]

又NBOC=0.D=V2，

£AOiD=-N40|B)=",

故弋)=g①

令/(r)=e«C)_9，，

则门『)=一导喝■)+¥>()，

故函数/(X)在区间(0,+8)上单调递增，最多有一个零点，

而/⑵=-§一乎=()，于是，方程①有唯一解2,

从而/?=必不1=石，综上，球。的半径为匹或遮，

2

故选AC.

20.答案：叵;也

24

解析：

【试题解析】

本题考查了几何体中的截面问题，二面角，球的相关知识，属于较难题.

根据图形确定球心位置，根据二面角，三角形知识和勾股定理计算球的半径，由条件可知过E'且与。E'

垂直的截面圆面积最小，求出截面圆的半径，即可得解.

解：如图：

取8。的中点H,连接AH,CH,

则BD1CH,

•••NA'HC为二面角A-BD-C的平面角，

故N4HC=120°,

由题意可知△480和^BCD都是边长为3的等边三角形，

设M,N分别是△4'B。和△BCO的中心，过M,N分别作两平面的垂线,

则垂线的交点就是三棱锥外接球的球心，

vA'H=CH=.一(I?=竽，

MH=NH=CN=75，

2

由^OMHKONH可得40HM=乙OHN=60°,

3

・・.ON=

2

・•.OC=,0N2+NC2=J(|)2+(百)2=写,即外接球的半径为亨.

由条件可知过E'且与0E’垂直的截面圆面积最小，

又"=6AE=3V3.

所以AE=^，即E为AH的三等分点，靠近A端，

2

所以

2

由图可知。E'=VOM2+E'M2=V3»

则OE',与。E'垂直的截面圆半径，外接球的半径构成直角三角形，

所以修”而二|，

―步斗.

故答案为名；血.

24

21.答案：立；鲍.

6729

解析：

本题考查几何体的表面积的求法及球的组合体的有关知识，属于中档题.

由题意得出该几何体的形状和尺寸，再由球的体积公式可得答案.

解：由题意知几何体是由两个正四面体组成的几何体，正四面体的高为九=不工=渔,

733

所以该六面体的体积为V叵X巫=红.

32236

若该六面体内有一小球，则小球的最大体积时应和六个面相切，

下图为几何体的上半部分，

由题意知四面体A-BCD为边长为1的正四面体，。为底面的中心，即球的球心，

取BC的中点E,连接AE,OE,作OF_LAE于凡则。尸为这时的球的半径.

D

B

因为AE=日，0E=?，所以A0=ylAE2-OE2

所=竽=雪■>/34b—

AEv39

2

所以小球的最大体积智X兀xQ弊嚼

故答案为今嚼.

22.答案:Un

解析：

本题主要考查线面垂直性质定理，长方体以及三棱锥结构特征，外接球表面积计算，考查学生空间

想象能力，属于较难题.

利用长方体以及三棱锥结构特征得到OE_L平面CMG，利用勾股定理得d2+(当)=R2,再结合在

长方体中利用线面位置关系以及线段长度由勾股定理得R2=(1_d)2+1，②，联立方程组求出三

棱锥M-ACG的外接球半径，即可得到答案.

解：因为长方体4BC0-4B1C15，所以久久_L平面。D1QC,

即为Di_L平面CMC1

因为平面&CM,所以,

所以三角形CMC1为直角三角形，

设三棱锥&-MCG的外接球球心为O,CC],8当中点为E,F,

所以E为三角形CMC1外接圆的圆心，

所以OE_L平面CMC1，

设。E=d,外接球的半径为R,在长方体ABCD-A/iGDi中，AB=CCX=V2,BC=1,

所以OE?+EC/=0C/,即d2+(?)=R2,①

因为&/1平面CMG，所以EF〃415,

222

连接&F,&。，所以4/2=2+；=|,Ar0=ArF+OF,

所以R2=(i—d)2+|,②,

联立①②得｛;[£

所以三棱锥M-AiCC]的外接球表面积为5R-'lU，

故答案为11m

23.答案：V2

解析：

本题考查集合体中的轨迹问题.

解：连接力C,4D,在正方体力BCD—4B1GD1中，易得当。1平面AC。，

要保持CQ1Bp点。在侧面ADD1&及其边界上运动，则点Q的轨迹为平面AC/与平面4口5久的

交线段4。1，长度为我.

故答案为夜.

24.答案:4；67r

解析：

本题主要考查了几何体与球的切接，球中的截面问题，属于较难题.

先求正方形A8CD的对角线，再求其边长，通过长方体的体积建立关于R的方程，可解凡当0E1截

面时，截面的面积最小，可求结果.

解：由题意可知正方形A8CQ的对角线长2JR2—（如=「R,

则正方形ABCQ的边长为在R,

2

2

故长方体4BCD-A/iCiDi的体积为（当R）x|/?=144，解得R=4,

~2

当OE1截面时，截面的面积最小，此时OE=+净）=V10'

则截面的半径为r=V/?2-0E2=<16-10=V6.故截面面积为兀"=67r.

故答案为4；67r.

25.答案：yj2

解析：

【试题解析】

本题考查空间线面的位置关系，考查空间想象能力，属中档题.

由D1S〃平面MNP,而平面DM。〃平面MNP,易知点S在直线AC上运动，可得线段BS的最小值.

解：依题意，正方体4BCD-4B1GD1的棱长为2.

如图，连接BQ,AC,45、CD1,

vM,N,P分别为AB,BC,CG的中点，

MN//AC,NP//BC1//AD1,

•••MN仁平面ACk4Cu平面4co1，

MN〃平面ACDi，同理可得NP〃平面力C£)i，

乂MNCNP=N,MN、NPu平面MNP,

二平面MNP〃平面4CDi，

•••〃平面MNP,%C平面4C£)i，

•••DRu平面AC£»i，则点S在直线AC上运动，

故线段BS的最小值即为点B到直线AC的距离女.

故答案为四.

26.答案：①②④

解析：

本题主要考查了空间几何体的结构特征、线面垂直的判定与性质，属于较难题.

根据长方体内接四面体的四个面都是直角三角形知不可能是某顶点处有三个直角，再由线面垂直的

判定与性质及面面垂直的判定逐个分析求解.

解：如下图所示，四面体为B1EF的四个面都是直角三角形，且为Bi1面B]EF,

•••4EB]尸显然不能是直角，N&EF或NB/E为直角，由线面垂直知1EF,

二NBiEF=90°时，B1E1EF,A1B1DB^E=BltEF±.^\A1B1E,

同理若NBiFE=90。，有EFl面故当N&EF或4&FE为直角时，四面体的四个面都是直角三

角形，所以当NB/E=90。，有EF1面&B/,进一步有EFJ./!/,①正确；

vBrE1AXF,而&B11BiE,4/C七当=B],二%E，面公a凡二8出1不可能，故不可

能存在点E,使得B1E14F,②正确；

如下面右图，当E为BC中点时，&E只能作为直角三角形的直角边，符合条件的点

F只有1个，③错误，

如下右图，F为CQ的中点，以B为原点，分别以为x轴，y轴建立直角坐标系，可得以8/为

直径的圆为：（龙-|）+（7一|）=|，令y=。，可得X]=1,%2=2,x1,x2G（0,3）,故以名广为直

径的圆与BC交于两点，此时B1EF是以B/为斜边的直角三角形，符合条件的点E有2个，再因以B】F

为直角边的三角形有且只有1个，故满足条件的点E有3个，故④正确，

不妨以B]EJ.EF为例说明，&B1J•面&EF,得到两对面面垂直，再由EF1面4遇花，得到两对面互

相垂直，但重复一对，所以⑤错误；故答案为：①②④

27.答案：y

解析：

本题考查了轨迹方程的求法，考查了学生的空间想象能力和思维能力，是难题.

由题意画出图形，由角的关系得到边的关系，建系后由求轨迹方程的方法求得产的轨迹，进而求得

交线长.

解：如图，当P在面DCGDi内时，2DJL面DCG5，CMl^DCC^,

乙APD=乙MPC,

在RtAP。力与RtAPCM中，vAD=6,则MC=3,

tanAPD=—=则=2_,即po=2PC.

PDPCPDPC

在平面。CC15中，以。C所在直线为x轴，以。C的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系,

则。(—3,0),C(3,0),设P(x,y),