高中数学第八章《立体几何初步》提高训练题 (41)(含答案解析)

第八章《立体几何初步》提高训练题（41）

一、单项选择题（本大题共7小题，共35.0分）

1.a,b,c是不同的直线，a,/?,y是不同的平面，以下结论成立的个数是（）

①a〃b,b//c=>a//c@a1b,6_Lc=a〃c

③a10,0_Ly=川丫④a1p,an£=a,bJLanbJL/?

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

2.设a、6是两条不重合的直线，a、/?是两个不重合的平面，则下列命题中不正确的一个是（）

A.若a1a,alp,则a//SB.若a_L0,贝Ua〃b

C.若bl/?,a±B，KiJa1bD.若a〃氏bQ0,则a〃匕

3.已知正方体ABC。过对角线BO】作平面a交棱44i于点E,交棱CC】于点F,则：

①四边形BFJE一定是平行四边形；

②多面体力BE-CCFCi与多面体。传1尸-4B1BE的体积相等；

③四边形BFDiE在平面44D1D内的投影不可能是正方形；

④平面a有可能垂直于平面BB15D.

其中所有正确结论的序号为（）

A.①②B.②③④C.①④D.①②④

4.已知棱长为1的正方体4BCO-点尸是四边形内（含边界）任意一点，。是81cl

中点，有下列四个结论：

（l）AC-BP=0-,②当尸点为名。1中点时，二面角P-4。-C的余弦值/③4Q与BC所成角的

正切值为2«④当CQ14P时，点P的轨迹长为|.

其中所有正确的结论序号是（）

A.①②③B.①③④C.②③④D.①②④

5.如图是一个几何体的三视图)

A.16TTB.177rC.187rD.19兀

6.直角△ABC中，AB=AC=V3，。为BC边上一点，沿AO将△ACD折起，使点C在平面4BO

内的正投影H恰好在AB上，若AH=1,则二面角C-4D-B的余弦值是（）

A-IBTC-TDT

7.如图，正方体4BC0-41/65中，P为底面48C。上的动点，PE141C于E,且P4=PE,

则点P的轨迹是（)

A.线段B.圆

C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分

二、多项选择题（本大题共4小题，共16.0分）

8.已知正方体力BCD-41B1G01中，以下结论正确的为（）

A.AC与BG所成的角为g

B.&C与平面BDD/i所成的角的正切值为了

C.二面角4—一B的大小为g

D.三棱锥仆域的内切球半径为军

9.如图，在三棱锥。一48。中，△48。与△CBD是全等的等腰直角

三角形，0为斜边8。的中点，AB=4,二面角4-BD-C的大

小为60。，以下结论正确的是（）

A.AC1BD

B.AAOC为正三角形

C.四面体4-BCD外接球的表面积为32兀

D.cos^ADC=-

10.如图，在棱长为1的正方体4BC0-41B1GD1中,P,M分别为棱CD,CCi

的中点，。为面对角线上任一点，则下列说法正确的是（）

A.平面APM内存在直线与劣劣平行

B.平面APM截正方体4BCD-&B1GD1所得截面面积为：

O

C.直线AP和。。所成角可能为60。

D.直线AP和。。所成角可能为30°

11.如图，正方体ABCD-ABiGDi的棱长为1,E,F,G分别为8C,CCX,BB1的中点，则

Dy

D

,4

A.直线与直线AF垂直

B.直线4G与平面AE尸平行

C.点C与点G到平面AEP的距离相等

D.平面4EF截正方体所得的截面面积为：

O

三、填空题（本大题共6小题，共30.0分）

12.魏晋时期数学家刘徽在为仇章算术》作注时，提出利用“牟

合方盖”解决球体体积，“牟合方盖”由完全相同的四个曲面

构成，相对的两个曲面在同一圆柱的侧面上，正视图和侧视图

都是圆，每一个水平截面都是正方形，好似两个扣合（牟合）在

一起的方形伞（方盖）.二百多年后，南北朝时期数学家祖咂在前

人研究的基础上提出了律且瞄原理》：“暴势既同，则积不容异”，意思是：两等高立方体,

若在每一等高处的截面面积都相等，则两立方体体积相等.如图，有一牟合方盖，其正视图与

侧视图都是半径为1的圆，正方形ABC。是为体现其直观性所作的辅助线，根据祖眶原理，该

牟合方盖体积为.

13.在梯形ABCQ中，ADUBC,AB1BC,AD=2AB=2BC=2,将△ABC沿对角线AC翻折到

△4MC,连结MD.当三棱锥M—ACD的体积最大时，该三棱锥的外接球的表面积为.

M

14.在三棱锥中，PA_L平面ABC,4B=8C=C4=2及，且三棱锥P-ABC的体积为|,若三棱锥

P-4BC的四个顶点都在同一个球的球面上，则该球的表面积为.

15.己知矩形ABC。的长4B=4,宽4。=3,将其沿对角线3。折起，得到四面体4-BCD,如图

所示，给出下列结论：

①四面体A-BCD体积的最大值为学

②四面体力-BCD外接球的表面积恒为定值；

③若E,尸分别为棱AC,BQ的中点，则恒有EFL41.EF_L3O:

④当二面角力一BD-C为直二面角时，直线AB、C。所成角的余弦值为

其中正确结论的序号有.（请写出所有正确结论的序号）

16.在正方体4BCD-4/心。1中，E为棱CC上一点，且CE=2CE,尸棱A&的中点，且平面8EF

与交于点G,与AG交于点H,则箴=，券=-

17.己知二面角P-AB-C的大小为120。，S.APAB=/.ABC=90°,AB=AP,AB+BC=6.若

点尸、A、B、C都在同一个球面上，则该球的表面积的最小值为.

四、解答题（本大题共13小题，共156.0分）

18.如图所示，三棱台4BC-&B1G中，△ABC是面积为46的等边三角形，△4&G的面积为百，

平面4BC平面BCQBi，=乙B$C.

(1)求证：AB1CC1；

(2)若梯形BCCiBi的面积为48，求三棱锥G的体积.

19.如图，在斜三棱柱48。一4当。1中，侧面是菱形，4C[1B1G，4G与&C交于点0.

(I)求证：AO1ArB；

(n)己知4B&C=30。，24cl=34C,求二面角4一-C的正切值.

20.如图，在四棱锥S-4BCO中，侧面SCO为钝角三角形且垂直于底面ABC。，CD=SD,点、M是

SA的中点，ADHBC,Z.ABC=90°,AB=AD=|fiC=a.

(1)求证：平面MBD_L平面SC。；

(2)若NSDC=120°,求三棱锥C-M8Z)的体积.

21.如图(1),在矩形A8CD中，已知4B=2,AD=2®M,N分别为A£＞和8c的中点，对角线

8。与MN交于。点，沿MN把矩形ABMW折起，使两个半平面所成二面角为60。，如图(2).

(1)求证：BO1DO；

(2)求AO与平面B。。所成角的正弦值.

22.如图，在四棱台ABCD-&BiGDi中，底面A8C。是菱形，/.ABC=p4B$D=g

乙B1BA=Z.B1BC,AB=2A1B1=2,B1B=3

(1)求证：直线4cl平面BDBi；

(2)求直线4Bi与平面4CG所成角的正弦值.

23.如图1,在矩形ABCZ)中，AB=2CB=2CE.将△DAE沿AE折起至APAE的位置(如图2),使得

PA1PB.

图I图2

(I)证明：PA1BE；

(n)若CB=2,求点C到平面PAE的距离.

24.如图，正三棱柱ABC—中底面边长为a,D、E分别在BB'与CC'上，且BO=",CE=a.

(1)求截面44DE的面积;

(2)4E上是否存在一点尸，使得。P，面4CCW?若不存在，说明理由；若存在，指出产的位置.

25.在RtzMBC中，乙4BC=90。，tan乙4cB=：.已知E,尸分别是BC,4c的中点.将aCEF沿EF

折起，使C到C'的位置且二面角C'-EF-B的大小是60。.连接C'B,C'A,如图:

(1)求证：平面C'FA，平面ABC'；

(2)求平面4FC'与平面BEC'所成二面角的大小.

26.四棱链S-4BC0中，底面ABCO是平行四边形，侧面S8C_L底面ABC。，/.ABC=45°,4S48是

等边三角形.

(/)证明：S41BC;

(口)若8。=逐，AB=SA=SB=用,求二面角。一S4-B的余弦值

如图1,在44BC中，AB=y[2BC=2^2,Z.ABC=—,。为AC的中点，将团ABD沿8。折起,

27.4

得到如图2所示的三棱锥P-BCD,二面角P-BD—C为直二面角.

(1)求证：/。，平面灯?。；

(2)设EE为PC的中点，CF=3FB^求二面角C-0E—F的余弦值.

28.如图，在四棱锥P-ABC。中，PAABCD,四边形ABC。为菱形，40=2,^ADC=60°,

E,F分别为A。，PC的中点.

(1)求证：EF〃平面PA8；

(2)点G是线段P£＞上一动点，若CG与平面PAO所成的角中最大角的正切值为通，求二面角

G-EC-F的余弦值.

29.如图，在四棱锥P-4BC。中，P4_L底面ABC。，ADLAB,

AB“DC,AD=DC=AP=2,4B=1,点E为棱PC的中点.

(1)证明：BE1PD；

(2)若尸为棱PC上一点，满足BF14C,求二面角F-AB-D的

余弦值.

30.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABC。为直角梯形，.AO//BUA。，AB.PA，平面ABC。,

过43的平面与PC,PB分别交于点M,N,连接MN.

(1)证明:BC//MN；

(2)若PA=4。=4B=2BC=2,平面4DMN1平面P8C,求二面角P-BM-D的正弦值.

【答案与解析】

L答案：A

解析：

主要考查了线线平行、面面平行、线面垂直，利用线、面平行、垂直的定理一一判定即可.

解：@a//b'b〃c今a〃c,正确，这是平行公理；

②1c=>a//c,不正确，在平面内正确，在空间不正确，比如直线〃垂直平面内两相交直

线a,c,a,c不一定平行；

③a,°,夕1y=a//y,在正方体中底面作为0,相邻两侧面作为a,y,满足条件，却不满足结论，

故错误；

④a_L3，an6=a,bJ.a=blS，不正确，面面垂直性质定理中有条件bua,缺少了就可能出

问题，事实上，此处的b都有可能在出当然结论就不成立了，故错误；

综上正确的只有①这一个，

故选A.

2.答案：D

解析：解：若ala,a10,由垂直于同一直线的两个平面平行，可得a〃/?,故A正确；

若b16，由线面垂直的性质定理，可得a〃匕，故8正确；

若6_1/?,由线面垂直的定义（性质），可得a_Lb,故C正确；

若a〃£,bU夕，则a与6没有交点，故a//b或a,异面，故。不正确.

故选。

由垂直于同一直线的两个平面平行，可判断A的真假；

由线面垂直的性质定理，可判断8的真假；

由线面垂直的定义（性质），可判断C的真假；

由线面平行的几何特征，我们可以分析出a〃b或a,%异面，进而判断出。的真假；

本题以命题的真假判断为载体考查了空间直线与直线之间的位置关系，直线与平面之间的位置关系

和平面与平面之间的位置关系，熟练掌握空间线面关系的定义、判定及几何特征是解答的关键.

3.答案：D

解析：

本题主要考查了正方体的截面性质，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理的应用，属于较难

题.

①根据面面平行的性质定理可作出判定；②根据对称性可作出判定；③寻找特殊情况可找到反例;

④寻找特殊情况，并利用线面垂直的判定定理可找到垂直的情况.

解：①•.•四边形BFCiE与面BCC/i的交线为BF,与面力的交线为。花，且面8。加殳〃面

ADDA，：.BF"D\E,同理可证明出BE//D/,

••・四边形BF/E一定是平行四边形，故结论①正确.

②由正方体的对称性可知，平面a分正方体所得两部分的体积相等

•••多面体4BE-DCF。1与多面体AC/-人避避后是全等的，故体积相等，结论②正确.

③•••当E与点必重合时，点F与点C重合时，四边形BFDiE在平面44也。内的投影是正方形4。。出,

故结论③错误.

④当E,尸分别是441，CCi的中点时，

EF//AC,AC1BD,

••EF±BD,

•••BB'1®ABCD,ACu面ABCD,

BB11AC,

■■BB]1EF,

BBiu面BDD1B1，BDu面BDOiB】，BDnBB1=B,

EFJ•面BDD1B1，

vEFu面BFO]E,

•••平面BFCiEl.W\BDD1B1.

故结论④正确.

故选D

4.答案：B

解析：

本题主要考查正方体的几何特征的了解，以及线面垂直，线面平行等位置关系的判定，涉及到的知

识点较多，综合性强.

对于①，

连接B£>,在底面正方形ABCQ中，有4CJ.BD,

又BB]_L底面ABCD,ACu底面ABCD,

BBi1AC,

又BBiCBD=B,

BBiu平面BBL，

BDu平面BBi。"，

•••AC1平面B&Di。，

又BPu平面BB15D,

ACIBP,即前,前=0，

结论①正确.

对于②

设BD,4C交于。点，取的中点E,

连接PO,OE,PE

贝II易得P。IJgffiABCD,

又在△04D中，0A=OD,E为4。的中点,

易得。E_L4O,同理易得PE140,

•••NPE。即为二面角P-4D-C的平面角，

在RtAPOE中，P0=1,0E=p

PE4+Q)T

OE\/5

co«ZFh(7=——=——，

PE5

即二面角P-AD-C的余弦值为匹，

5

故结论②错误，

对于③连接4。，QD

・,ADIIBC

44。即为AQ与8C所成的角,

在AAQD中，AQ=QD=Jgj+）

AD=1,

AQ^+AD^-QD2

・2/nQAn3―2AQ^AD-

（丁+Y）、i

2x?xl3

sh\Z.QAD=

/.tmiAQAD=2\历.

故③正确.

对于④

分别取CCi，DL»i的中点M,N,

连接4N,MN,BM,BN,

在正方体力BCD-4/1Ci%中，

易得48，平面BCCiB],

又CQu平面BCGBi，

AB1CQ,

又在正方形BCGBi中，

。点为&G的中点，M点为QC的中点，

•••CQ1BM,

又易得AB"MN,

A,B,四点共面，

又ABCiBM=B,

ABu平面ABMN,

BMu平面ABMN,

CQ1平面ABMN,

又平面ABMNn平面=BN,

•••P在BN上时，易得CQ1AP,

即P点的轨迹长即为BN=J(|)2+(>/2)2=|.

故④正确.

故正确的结论为①③④.

故正确答案为B

5.答案：B

解析:

本题考查了空间几何体的三视图和球的表面积，由三视图得为四棱锥，如图，设球心到底面ABC。

22

的距离为x,球的半径为〃可得r=收+22=J(2-X)+(V2)＞解出工，得出，，即可得出结果.

解：由三视图得为四棱锥，如图，

设球心到底面ABCD的距离为x,球的半径为r,

可得r=V%24-22=J(2—%)2+(V2)2»

解得X=可得r=检+22=?,

所以，球的表面积4兀x(当)2=17兀，

故选B.

6.答案：A

解析：

本题考查空间的二面角及线面垂直的判定，属于难题.

过点H作HMJ.AD交A。于点M,连接CM,故是

二面角C—4。一B的平面角，即可求解.

解：如图所示:

过点”作HM交于点M,连接CM.

因为点C在平面AB。内的正投影”恰好在AB上，

所以。"，平面A03,

又AOU平面AD3，

则4D1CH,

又HMHCH=H,HMC平面CHA/,CHC平面CHAf,

则.40±平面C7LU,

又CMC平面C'〃A/

则4D1CM,

故NCMH是二面角C-4D-B的平面角，

在直角△4HC中，

AC=y/3,AH=1.贝UCH=混，

设CM=K，MH=y,

3

=—

唯?;解得2

_V

-2

即CM=I，MH=|,

在直角△CHM中，

1

-1

2

……MH=-=-

33

cosZ.CMH=—-

CM2

则二面角C-AD-B的余弦值为

故选A.

7.答案：A

解析:

本题主要考查空间直线的位置关系的判断，以及空间点的轨迹的求法，综合性较强，难度较大.由

/^，4也于£,且弘=2七，得到点E是定点，然后根据P4=PE,得到点尸位于线段AE的中垂面

上，从而得到点P的轨迹.

解：连接&P，由题意知_L4P,

因为PE14为且PA=PE,

所以△&4P三△&£•「，

所以4遇=4送，即E为定点.

因为P4=PE,

所以点尸位于线段AE的中垂面上，

又点P在底面上，

所以点P的轨迹为AE的中垂面与底面正方形的相交线段.

故选A.

8.答案：AC

解析：

本题考查正方体中的异面直线所成的角，线面角，二面角的平面角，三棱锥的内切球问题，考查知

识全面，难度适中.

A、连接A%,可得4DJ/BC1，可得NDp4C为AC与所成的角，B、连接AC交8。于E,易得CE，面

BDDiBi，垂足为E,连接BQ,交4C于F,可得NCFE为所求，C、设与AC相交0,易得BO1平面

AArC,过。作。G1&C,连接BG,则40GB为二面角A—4C—B的平面角，。、根据等积法求解.

解：4连接AD1，可得4DJ/BG，可得ND14C为AC与BG所成的角，易得；，

«)

故正确.

B.连接AC交20于E,易得CE_1面8。。1占，垂足为E,连接8历，交41c于F,可得NCFE为所求,

-AB

在RtACEF中，tanaCFE=—=^―=V2,

EF

故错误.

C.设8。与AC相交0,易得BOJL平面A&C,过。作。G14C,连接8G,

•••B。_L平面4&C,&Cu平面4&C,

BO1A^C,

又。Gl&C,BOCOG=0,BO、OGu平面BOG,

41c1平面BOG,

又BGu平面BOG,

•••4。1BG,

则40GB为二面角4-ArC-B的平面角，

设正方形边长为小在RtAOGB，OB=A，计算可得OG=逅a，

26

可得tanZ_0G8=—=V3,

OG

故=I

故正确.

。.设正方体棱长为4,.,・匕=^。3,

设内切圆半径r,得=|(|a2x2+1xV2a24-1xV2a2)r,

解得厂=生la,故错误.

2

故选AC.

9.答案：ABC

解析：

本题是以三棱锥为载体，考查了等腰直角三角形的性质、线面垂直的判定定理、二面角的定义、余

弦定理和四面体的外接球的如何确定球心和求半径等，综合性强，考查了的知识点多，难度较大.

根据等腰直角三角形的性质得。4_LBD,0C1BD,且0C=。4=0B=。。再由线面垂直

的判定定理判断出A、8的正确性：由余弦定理求出cos4ADC的值判断出。正确性；由条件求出四

面体A8CQ的外接球的半径，求出它的表面积判断出C正确性.

解：•••△48。与ACBO是全等的等腰直角三角形，。为斜边8。的中点，

OAVBD,0C1BD,且I0C=0A=±18D,

2

又•••04n0C=0,BD，平面AOC,

则4C_LBD,即A正确；

由二面角4-BD-C的大小为60。得，AAOC=60°,

•••0C=。4,.•・△40C为正三角形，即B正确；

由AB=4得，AD=CD=4,且4c=OC=OA=2vL

加「22242+42-(2VZ)2

・•・cosZ-ADC=-A-D---¥-C--D----A--C-=-------———=」3,

2ADCD2X4X44

故。不正确；

由04=。8=0C=0。得，四面体ABCD的外接球的球心是O,且半径r=2vL

•••四面体ABC。的外接球的面积为32兀，故C正确，

故选：ABC.

10.答案：BC

解析：

本题主要考查的是正方体的结构特征，以及线面平行的性质和异面直线所成角，属于较难题目.

根据正方体的结构特征结合线面平行的性质和异面直线所成角，依次进行计算判断即可.

对于选项A,若平面APM内存在直线与平行，

则45〃平面APM,从而平面APM,事实上平面APM=A,

所以选项A错误；

对于选项8,连接G。，4/，因为P,M分别为棱C。，CG的中点，所以PM〃GD,PM=^CrD,

在正方体力BCD-A/】Ci劣中，

AB\〃CD\,所以PM"当,连当"，则梯形481Mp为所求的截面，

AP==J1+；=亨，

所以等腰梯形4B1MP的高为JAP2一(当啤=卜的2=乎，

所以梯形4B1MP的面积为工x^x越=2,选项5正确；

2248

对于选项C和。，建立以D为原点，以D4,DC,DD1为x,y,z轴的空间直角坐标系,

设项=4项(0<4W1),则的=西+项=(1,尢1一/1)，AP=(-1,1,0),

设直线AP和。。所成角为。,

|而•醐_板T|_|A-2|

则COS。

丽丽I―察2»-2露一V5XV2A2-2A+2

若要成6°。，则砺紧帚制,解得"手，

因为0S4S1,所以；1=±1

2

若要成30。，则l尸；了•即13不-72+7=0,此方程无实数解,

V5xV2Az-2A+22

所以选项C正确，选项。不正确.

故选BC.

11.答案：BD

解析：

本题考查线线垂直的判定，线面平行的判定，几何体的截面和点到面的距离等知识，属于中档题.

根据线线垂直的判定定理可判断A错误，根据线面平行的判定定理可判断B正确，截面AEF截正方

体所得的截面为等腰梯形AEFDi，求出截面面积可判断。正确，根据CG的中点不在E尸上，可判断

C错误.

解：对于A,因为0名垂直底面ABC。，AF不与面A8C。平行也不在面ABCD内，

所以直线与直线AF不垂直，A错误，

对于B,截面AEF截正方体所得的截面为等腰梯形4EFD],

A[G〃D]F,AiGC平面AEFDi，D】Fu平面AEFD*

所以直线4G与平面AEF平行，B正确，

对于。，截面AEF截正方体所得的截面为等腰梯形ZEFDi，

ADr=y/2,EF=—,AE=DXF=—.

梯形的高为归二i=吃，

7482V2

所以Sjgffi=等）X-%,。正确,

对于C,因为CG的中点不在EF上，所以点C与点G到平面AEF的距离不相等，C错误,

故选2D.

12.答案：y

解析：

本题考查了几何体的体积计算，以数学文化为背景，对于这类问题要克服陌生名词的惧怕心理，强

化读题能力，属于中档题.

取立方体与内切的牟合方盖的;来做研究，由祖晒原理可知，与立方体同底等高的正四棱锥体积与方

盖差（立方体之内牟合方盖之外部）的体积相等，即可求出牟合方盖体积.

解：取立方体与内切的牟合方盖的;来做研究，设在高为力处的一个平面截两个立体，截面如图阴影

部分所示，

与该立方体等底等高的四棱锥的截面是正方形，其面积是九2,

方盖差（立方体之内牟合方盖之外部）上的截面是拐尺形，其面积计算如下：

在RtZUiB。中，OBi=l,4医=1一九2,

所以图中阴影的拐形面积S=I2-A.Bl=1一（1一F）=九2,显然等于正四棱锥截面面积,

从而由祖眶原理可知，正四棱锥体积与方盖差的体积相等，

所以方盖差的体积为：xI2x1=i,

从而可得牟合方盖体积为Q3-|）X8=y.

故答案为日.

13.答案：47r

解析：

本题考查空间几何体的体积、球的表面积问题，可利用题设条件分析，三角形棱长关系，得知三角

形AC。、三角形均为等腰直角三角形，然后利用该三棱锥的外接球定义进行解答.

解：因为三棱锥M-AC。底面ACQ固定，因此其体积最大时，

即点M到底面ACQ距离最长，此时必有平面ACM垂直于平面ACD,

由题设知三角形4MC为等腰直角三角形，三棱锥M-ACD,

根据题意和勾股定理，有4c—y/AB2+BC2=V2>

设A。中点为E,于是4E=DE=1,

因此四边形ABCE'为正方形，CD=VDE2+CE2=夜，

三角形AC。为等腰直角三角形，

因此三棱锥M-ACD外接球的球心必在底面ACD边过E的法线上，

又设AC中点为F,因为平面MAC_L平面ACC,EF1.AC,MF1AC,

于是三角形MFE为直角三角形,其中EF=2CO=在，MF=-AC=-，

2222

于是三角形MFE为等腰直角三角且ME=&xMF=1,

于是点E到三棱锥M-4CD的四个顶点距离相等，均为1,

显然E为三棱锥M-/C。的外接球球心，

即该外接球的半径为1,于是其表面积为47r.

故答案为47r.

14.答案：167r

解析：

本题考查球的内接体与球的关系，考查空间想象能力，利用割补法结合球内接多面体的几何特征求

出球的半径是解题的关键，是中档题.

由三棱锥P-4BC的体积为"求出PA,将三棱锥补成三棱柱，可得球心在三棱柱的中心，球心到底

面的距离d等于三棱柱的高抬的一半，求出球的半径，然后求出球的表面积.

解：•••三棱锥P—ABC的体积为g,

A-x—x(2V2)2xP/4=-,

34V73

PA=迪，

3

将三棱锥补成三棱柱，可得球心在三棱柱的中心,

球心到底面的距离d等于三棱柱的高PA的一半，

4BC是边长为2企的正三角形，

・•・△48C外接圆的半径r=壁，

3

球的半径为J净+聋)2=2,

.■.球0的表面积为47rx22=167r.

故答案为：167r.

15.答案：②③④

解析：

本题考查了平面与立体几何的关系，平面图形的折叠问题，考查了三棱锥中线线关系，二面角以及

三棱锥的外接球的表面积，较综合，属于中档题.

将矩形折叠后得到三棱锥，①四面体A8C。体积最大值为两个面互相垂直求三棱锥的底面积和高计

算;②求出三棱锥的外接球半径，计算表面积;③连接AF,CF则A尸=CF,连接。得到DE=BE,

利用等腰三角形的三线合一一可得：④过点C做CQ1BD于点。，过点A作AP〃BD且4P=BD,连

接。P,PC,PQ,则"DC为直线AB,CO所成角或其补角，借助余弦定理求出"DC即可.

解：对于①，由题意可得，当平面CBO_L平面A3。时，

直角三角形CBD的斜边上的高就是四面体4一BCD的底面ABD上的高，为言=y.

此时，四面体4—8C0体积的体积最大，且体积的最大值为?5"皿・£=9乂^*3乂4)*£=§,

故①不正确.

对于②，设3。中点O,则04=OB=0C=0。=|,故O为三棱锥A-BCD的外接球球心，

故半径为|，所以三棱锥4-BCD外接球的表面积为47rx(|)2=25兀，故②正确.

对于③，若E、尸分别为棱AC、的中点，连接4凡CF,则4F=CF,可得EFJ.4C；

连接DE,BE,容易判断△4CD三△ACB,得到DE=BE,所以EF1BD,故③正确.

对于④，如图，过点C做CQJL8。于点。，过点A作4P〃BD且4P=BD,连接。P,PC,PQ,

则四边形ABDP为平行四边形，PD//AB,PD=AB=4,

NPDC为直线AB,CD所成角或其补角,

4PDQ=/.PDA+/-ADB=90°+^ADB,

故COSNPDQ=-sinz.ADB=—

又CQ1BD,可得“=£,DQ号,

由余弦定理可得，PQ2=PD2+DQ2-2PD-DQcos^PDQ,则PQ=管,

CP=JPQ2+CQ2=警,

PD?+CD2-CP216

由余弦定理可得COSNPDC—,

2PDCD25

则直线A8与C。所成角的余弦值为故④正确.

故答案为②③④.

16.答案：卜|

OO

解析:

本题考查空间几何体的结构特征，考查空间想象力及构造能力，属于难题.

直接利用几何图形的比例关系，得到线段比例.

解：因为平面.A3B小曲平面「0。］。，8F在平面ABB送1内,

则BF〃平面CDDC,

因为平面BEGFn平面CDOiG=EG,BFC平面BEGF,

则“〃GE,

则irt.ii4一P=一DG，即tir-t一DG=-1

ABDEDE2

又CE=2DE,则黑

ULf-yO

连接AC交BE于点M,过M作用N〃CC「

MN与Ag交于N,连接FM,

则”为尸M与4G的交点.

因为4B〃CE,

ll।、14MAB3

所以一=一=-

MCCE2

eANAM3

则一=一=一

人MC2

厂厂1MN3

所以标=

▼“MN6HN

所以一=-=一

FA5AH

AH3

故--=一

入HQ8

故答案为;;|.

OO

2HH7T

17.答案:

解析：

【试题解析】

本题考查空间几何体的外接球问题，属较难题.

由题意设4B=x(0<x<6),求出外接球半径。82=5(%-/)2+£,利用二次函数图像性质求出

球半径的最小值，进而求出该球的表面积的最小值.

解：设AB=x(0cx<6),则BC=6-x,易知，三棱锥外接球的球心是过△P4B与△48C的外心

E,H,且分别垂直这两个三角形所在平面的垂线的交点O,OB为三棱锥外接球半径，取A8的中点

为G.由条件知，EG=]GH=3-^,GB=|,在△EG"中，

EH2=(-)2+(3--)2-2---(3--)cos-=---x+9,

所以△EGH的外接圆直径OG=枭=专•一N+%

所以。B2=OG?+GF„—"+9)+$=-%一打+11,

当x=3时，OB?的最小值为B，此时该球的表面积的最小值为47r.0B2=等.

故答案为等.

18.答案：(1)证明：取BC的中点。，连接OB】,

Cl

由几何体ABC-4181cl是三棱台，平面48c〃平面A1B1G，BC〃/G，

4BC是面积为4旧的等边三角形，△公&前的面积为百，

故BC=2/G，

••.CD^CiBi，」•四边形CDBIG为平行四边形，•••CG〃D8「

•••NBiCB=NBiBC,B]C=BB],。为BC的中点，

DB]1BC,CCX1BC,

••・平面ABC，平面BCGB1，且交线为BC,CC】u平面8。的当，

ACCj1平面ABC,ABu平面ABC,

・•・AB1CCi；

(2)解：•••三棱台ABC-必当Ci的底面是正三角形，且BC=2B[Ci，

•*,AC=2Alei，；•S&Acc、=2s△A.jC],

==

2^B-ACCA~3%「ABC，

由(1)知，CGI平面ABC,

•••△ABC是面积为4%的等边三角形，BC=4,BG=2,

••,直角梯形BCGB1的面积为4次，

二丝4b,

473

:.CC]=~9

..1..11z-cc11A4\/38

"NCT-ABA=J%i-48C=JX3-S&ABC,CC'="X-X4V3X—=-

解析：本题考查棱台及其结构特征，棱锥的体积，线面垂直的判定与性质，属于中档题.

(1)由题意由线面垂直的判定定理证明CG1平面ABC,再由ABu平面ABC,由线面垂直的性质定理

可得结论；

(2)通过转化%「.BA=^B-AA1C1=2%-4CG=T%L4BC，求出CC1=W，利用三棱锥的体积公式可

得.

19.答案：(I)证明：在A41GC中，

•.•4。1与4。交于点。，；.40141。，

又ZCi_LBiQ,B&//BC,•••AO1.BC,

且&C、BCu平面&BC,ArCCtBC=C,

4。_L平面&BC,贝iJS。14B；

(n)在平面4BC内作0Hlz1B于，，连接AH,

•••4。•L平面&BC,0HJ.&B,

AXB1AH,

•••乙4Ho为二面角4-ArB-。的平面角，

设4C=2,则4G=3,

3

・•・4。=1,AO=

•••乙BA/=30°,•••OH=

3

O4-

23

=--

-1

・・。H

•tanZ.AHO-

2

解析：(I)在44iC[C中，由己知可得401&C,又AC1J.B1C1，81c4/BC,可得4。1BC,利用线

面垂直的判定可得4。1平面41BC,进一步得到A。

(H)在平面4BC内作OH14B于"，连接AH,由4。1平面4BC,OHJLaB,可得4B14H,即

乙4”。为二面角4一AiB-C的平面角，设4]C=2,然后求解三角形得答案.

本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查二面角的平面角的求法，关键是找到二面角的平面角，

是中档题.

20.答案：解：(1)证明：取BC中点E,连接。E,设48=40=a,BC=2a,

依题意得，四边形ABED为正方形，且有BE=DE-CE-a,BD=CD=V2a.

•••BD2+CD2=BC2,则BO1CD,

又平面SCD1•底面ABCD,平面SCOn底面4BCD=CD,

BD1平面SCD,

平面MBD_L底面ABCD；

(2)过点S作CD的垂线，交CD延长线于点”，连接AH,

可证。〃为斜线SD在底面ABCD内的射影，

NSDH为斜线S。与底面ABCD所成的角，即NSDH=60°,

由(1)得，SD=CD=&a，

二在RtZiSHD中，SD=V2a>HD=SH=

22

M到平面ABCD的距离d=—a,

4

三棱锥C—MB。的体积为：VC-MBD=^M-BCD=-，->BD・CD-d=--y/2a•\[2a-=—a3.

326412

解析：本题考查棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积、面面垂直的判定和性质、直线与平面

所成角，属于中档题.

(1)证出BO1CD,利用面面垂直的性质得出BO_L平面SCD,即可证出结果；

(2)做辅助线，得出ZSDH为斜线S。与底面ABC。所成的角，求出相关线段的长度，利用棱锥的体

积公式，即可求出结果.

21.答案：解：(1)证明：翻折前，由于M,N是矩形ABCD的边AO和BC的中点,

所以4MJLMN,DM1MN,折叠后垂直关系不变，

所以Z4MD是两个半平面所成二面角的平面角，

所以N4MD=60°.

连结AD,由4M=DM,可知△M4D是正三角形，

所以力。=V2.

在RtABA。中，AB=2,AD=V2,所以8。=伤，

由题可知8。=0。=b，由勾股定理可知三角形80力是直角三角形，

所以801D0.

(2)如图,

设E,F分别是BD,C£>的中点，

连结EF,OE,OF,BC,又BD=V6>BC=V2.CD=2,

所以DC1BC,则EFlCD.

又OF1CD,EFQOF=F,EF,OFu平面。EF,

所以CD1_平面OEEOEu平面OEF,

OE1CD.

又BO=OD,所以0E1BD,又BDCCD=D,

所以OE_L平面ABCQ.

又OEu平面BOD,所以平面80。_L平面ABCD.

平面B。。n平面力BCD=BD,

过4作4HJ.BD,由面面垂直的性质定理，可得力HJL平面80£),

连结。“，则。”是AO在平面B。。内的投影，

所以44。"为AO与平面BOO所成的角.

又AH是RtAABD斜边上的高，所以4"=2，又04=百，

3

所以sinzTlOH=—=

OA3

故AO与平面BO。所成角的正弦值为|.

解析：本题考查了面面垂直的判定，面面垂直的性质，考查了二面角，考查了求线面角，属于中档

题.

(1)由图形的翻折性质，折前与折后的变与不变，可得AM1MN,DM1MN,从而可得々AMD=60°,

再由勾股定理可证明B。1DO；

(2)过A作4HlB。，先证4H平面BOD,乙4OH为AO与平面3。。所成的角，由此可解.

22.答案：解：(1)证明：方法一：连接4C,B0交于O,

因为=4BiBA=LB$C,B、B=BB»

所以gBCwgBA,故Bi4=BC

又因为O为菱形对角线交点，即是线段AC的中点，所以BtOlAC,

又四边形ABCD为菱形，故AC1BZ)

而SOC\BD=0,

所以AC，平面BOB*

方法二：因为组84=乙BiBC,

所以点为在平面A8CC内的射影点。在乙4BC的平分线上，

又四边形A8CD为菱形，

故BD为N4BC的平分线，则点。€直线BD,

故当。u平面当8。，又当0_L平面ABCD,

故平面BDBi1平面ABCD,

而平面BDan平面4BCD=BD,

又四边形ABCQ为菱形，故AC1BD,

ACu平面ABCD,

所以AC1平面BOB1；

(2)法一：延长44,BBi，CCi，DDi交于点P,

平面即为平面8£»P,平面ZCC]即平面ACP,

由(1)得平面ACP1平面BDP,

0P=平面ACPn平面BDP,

所以过当作Bi”10P,则B]H_L平面ACP,

故即为直线必当与平面ACCi所成角，

(若研究直线AB与平面ACC1所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变)

因为四棱台力BCD—4B1GD1中48=24祖=2,

所以=1,BP=2BB]=6

因为4B=BC=2,所以BD=2W，

作PGJ.B。，因为48/。=?,

6

则BG=3痘,PG=3,

所以P。=VH,

36+21-39

COS乙BP0=---7==—

2x6xVn2y/21

sinZ-BPO=—»B1H=乎，

1414

故sin乙BAH=既=除

法二