高中数学第八章第1节《基本立体图形》提高训练题 (21)(含答案解析)

第八章第1节《基本立体图形》提高训练题（21）

一、单项选择题（本大题共12小题，共60.（）分）

1.如图，已知正方体棱长为4,点H在棱44］上，

且=在侧面BCC1&内作边长为1的正方形EFGCi，尸是侧

面BCGa内一动点，且点尸到平面CDDiG距离等于线段PF的长,

则当点P运动时，|HP|2的最小值是（）

A.21B.22C.23D.

25

2.已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球。的球面上，P41平面ABC,PA=ABBC=2,PB与

平面PAC所成的角为30。，则球。的表面积为

A.6nB.127rC.167rD.48兀

3.如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画的是一个几何体的三视

图.则该几何体的体积为（）

A.3

C.7

D.y

4.已知直三棱柱ABC-AiBiG的6个顶点都在球面上，若4B=3,AC=4,4B1AC,44i=12,则

球。的半径为（）

A.yB.2V10C.3710D.蜉

5.在三棱锥P—ABC中，PAJL平面ABC,4BAC=120。，AP=&,AB=2,M是线段BC上一动点，

线段PM长度最小值为遮，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积是（）

QtTT_

A.yB.9V27TC.187rD.40兀

6.如图，点P在正方体也的面对角线BCi上运动（P点异于8、C1点），则下列四个

结论：

DC

C]

①三棱锥4-01PC的体积不变：

②力iP〃平面AC。1；

③DP1BCi；

④平面PDBi_L平面

其中正确结论的个数是（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

7.在正方体48。。-481的。1中，三棱锥&-BG。内切球的表面积为4兀，则正方体外接球的体

积为（）

A.8乃兀B.367rC.326兀D.64n兀

8.在三棱锥A-BCD中，AB=CD=2,AD=BC=1,AC=V3.且二面角B-AC-D为120。，

则三棱锥4-BCD外接球的表面积为（）

A.47rB.5兀C.67rD.77r

9.如图，在棱长为2的正方体^^。。一为当口劣中，产为8c的中?F

点，E为正方形BMiAB的中心，动点P在线段EF上，则（PL>i+A;\yy

p：c-1：）2的：最：:小值为TP―Wpc

c.174B

D.24

10.在三棱锥P-ABC中，△ABC是直角三角形且4B1BC,/.CAB=30°,BC=2,点P在平面ABC

的射影。点在△ABC的外接圆上，四边形ABC。的对角线BD=2W，AD>CD,若四棱锥P-

4BC0的外接球半径为遥，则四棱锥P-4BC。的体积为（）

A.延B.逑C.4V3D,"

333

11.在长方体4BCD-A1B1GD1中，AB=CC]=®BC=1,点M在正方形内，GM1平

面&CM,则三棱锥M-AiCG的外接球表面积为（）

A.—B.77rC.117TD.1471

12.正△ABC的边长为2,将它沿BC边上的高AD翻折，使点8与点C间的距离为旧，此时四面体

A-BC。的外接球表面积为（）

二、多项选择题（本大题共4小题，共16.0分）

13.正方体力BCD的棱长为1,E,F,G分别为BC,CG，B8i的中

点.贝U（）

A.直线劣。与直线AF垂直

B.直线4G与平面AEF平行

C.平面AEF截正方体所得的截面面积为J

D.点。与点G到平面4E尸的距离相等

14.（多项选择题）正方体4BC。一4B1GD1的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC「BBi的中点.则（）.

A.直线DiD与直线A尸垂直

B.直线&G与平面AEF平行

C.平面AEF截正方体所得的截面面积为J

O

D.点C与点G到平面AEF的距离相等

15.已知四棱台ABC。-AiBiRDi的上、下底面均是正方形，其中4B=

2V2，=V2,=BB1=CCX=DDr=2,则下列叙述正

确的是（）

A.该四棱台高为百

B.AAi1CCi

C.该四棱台表面积为26

D.该四棱台外接球表面积为16兀

16.如图，正方体ABCD-4B1GD1的棱长为1,E是DDi的中点，则

A.直线为C〃平面&BD

B.BiC1BD1

C.三棱锥G-&CE的体积为］

D.异面直线BiC与8。所成的角为60°

三、填空题（本大题共n小题，共55.0分）

17.如图，正四棱柱4BCD-4当口劣中，AD=1,=2,点P为棱CC］的

中点，M为线段上的一点，则警的取值范围为一.

18.一个半径为1的小球在一个棱长为4伤的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永

远不可能接触到的容器内壁的面积是

19.从空间一点P出发的四条射线两两所成角都为。，则cos8=；

20.如图，直线1_L平面a,垂足为O,正四面体（所有棱长都相等的三棱锥MBCD的棱长为2,8是

直线/上的动点，C是平面a上的动点，求。到点。的距离的最大值.

21.在等腰直角△4BC中，AB=2,/.BAC=90°,AO为斜边BC的高，将△4BC沿A。折叠，折叠

后使△ABC成等边三角形，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为.

22.棱长为12的正四面体A8CO与正三棱锥E-BCD的底面重合，若由它们构成的多面体ABC0E

的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥E-BCD内切球的半径为.

23.已知在棱长为1的正方体中，E为。送的中心，F为CE的中点，过下作

FM1CE交0传于点M,则三棱锥M-DEF体积为.

24.如图，在三棱锥P-ABC中，侧面PA8垂直于底面A8C,AABC与APAB

都是边长为26的正三角形，则该三棱锥的外接球的表面积为.14（一\…二^>c

B

25.如图1,一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，

容器内盛有“升水时.，水面恰好经过正四棱锥的顶点P.如果将容器倒置，水面也恰好过点P（图2）

①正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半；

②将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点P;

③任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P;

④若往容器内再注入〃升水，则容器恰好能装满.

其中真命题的代号是：（写出所有真命题的代号）.

26.已知正三棱锥的高为1,底面边长为2百，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径

为.

27.已知正四面体S-ABC的棱长为1,如果一个高为更的长方体能在该正四面体内任意转动，则该

6

长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为.

四、多空题(本大题共2小题，共8.0分)

28.已知四棱锥P-4BCD的底面48C。是边长为2的正方形，且ZP4B=90。.若四棱锥P-4BCD的

五个顶点在以4为半径的同一球面上，当PA最长时，则4PzM=_(1)_；四棱锥P-ABC。的体

积为_(2)_.

29.体积为18遮的正三棱锥A-BCD的每个顶点都在半径为R的球O的球面上，球心。在此三棱锥

内部，且R：BC=2：3,点E为线段8。上一点，且DE=2EB,过点E作球。的截面，则所

得截面圆面积的最小值是最大值是_(2)_.

五、解答题(本大题共1小题，共12.0分)

30.如图，四棱锥P-4BC0的底面ABC。是边长为2的菱形，^BAD=60°,已知PB=P。=2,

PA=V6,E为PA的中点.

(1)求证：PC1BD；

(2)求三棱锥P-BCE的体积；

(3)求二面角B-PC-E的余弦值.

【答案与解析】

1.答案：B

解析:

本题考查了空间直角坐标系的应用问题，也考查了空

间中的距离的最值问题，是较难的题目.

建立空间直角坐标系，过点”作1BB',垂足为

连接MP,得出HP?=+Mp2,当"P最小时，”p2

最小，利用空间直角坐标系求出MP2的最小值即可.

解：建立空间直角坐标系，如图所示，

过点”作垂足为M,连接MP,

则HM平面BCC1&,PMu侧面BCCiBi

则1PM,

HP2=HM2+MP2^

当MP最小时，HP2最小，

过P作PNJ.CC',垂足为N,

F(1,4,3),M(4,4,3),

设P(x,4,z),4>x>0,4>z>0,则N(0,4,z),

"PN=PF,7(x-I)2+(z-3)2=x，化简得2x-1=(z-3/；

•••Mp2=(x-4)2+(z-3)2=(x-4)2+2x-1=x2—6x+15>6,

当x=3时，MPZ取得最小值，此时，02="用2+”「2=42+6=22为最小值.

故选：B.

2.答案：B

解析：

本题考查了棱锥外接球表面积的求解，属于中档题.

由题意可知，底面AABC为等腰三角形，根据题意可证明其为等腰直角三角形，易求棱锥外接球直

径为PC,即可求解.

解：•••4B=BC=2,则△ABC为等腰三角形，

取AC中点。，连接B。，则BD1AC,

vPA，平面ABC,BDu平面ABC,

•••BD1PA,

又因为PAnAC=4,PA,ACPAC,

BDJ■平面PAC,

贝此BP。即为P8与平面PAC所成的角，则NBPD=30°,

又P4=2,PB=yJPA2+AB2=2M

则BO=^PB=V2,

则力C=27AB2-BD?=2V2.

则力B2+8C2=ac2,AB1BC,

则AABC为等腰直角三角形，

故三棱锥P-4BC外接球直径为PC=V4T8=2V3.

•••球O的半径为百，表面积为JrrR?=⑵，

故选B.

3.答案：B

解析：

本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，难度不大，属于基础题.由已知中的三视图可得:

该几何体是由一个长方体切去一个三棱锥所得的组合体，进而得到答案.

：由已知中的三视图可得：

该几何体是由一个长方体切去一个三棱锥所得的组合体，

长方体的长，宽，高分别为：2,1,2,体积为：4,

切去的三棱锥的长，宽，高分别为：2,1,1,体积为：

故组合体的体积展4-i=

故选&

4.答案：A

解析:

本题主要考查了球的内接体与球的关系，球的半径的求解，考查计算能力.通过球的内接体，说明

几何体的侧面对角线是球的直径，求出球的半径.

解：因为三棱柱ABC-A/iCi的6个顶点都在球。的球面上，若48=3,AC=4,ABLAC,AAr=12,

所以三棱柱的底面是直角三角形，侧棱与底面垂直，侧面々BCG，经过球的球心，球的直径是其对

角线的长，

22

因为48=3,AC=4,BC=5,BCr=V5+12=13.

所以球的半径为：y.

故选A.

5.答案:C

解析：

本题考查的知识要点：三棱锥的外接球的球心的确定及球的表面积公式的应用.

首先确定三角形48c为等腰三角形，进一步确定球的球心，再求出球的半径，最后确定球的表面积.

解：如图所示：

三棱锥P-A8C中，。4_1平面48(7,AP=y/2,AB=2,

M是线段8c上一动点，线段尸历长度最小值为6，

则当4M1BC时，线段PM达到最小值，

由于PAJL平面ABC,AMu平面ABC,

所以PA_LAM,

所以在RtAPAM中，PA2+AM2=PM2,

解得4M=1,

因为24_L平面ABC,BMu平面ABC,则241BM

由PAdPM=P,PA,PMu平面PAM,

故有8M_L平面PAM,AMu平面PAM,BM1AM,

所以在RtAABM中，BM=y/AB2-AM2=V3>

则tan/BAM=—=V3,则NB4M=60°,

AM

由于NB4c=120°,

所以Z_MAC=/.BAC-Z.BAM=60°

则△ABC为等腰三角形.

所以BC=2炳,

在△ABC中，设外接圆的直径为2「=且一=4,

5171120°

则r=2,

设球心距离平面ABC的的高度为h,则层+22=22+（鱼一九

解得/1=立，

2

所以外接球的半径R回收+（,）2=卡,

则S=4-7T•|=18兀，

故选：C.

6.答案：C

解析:

本题考查线面平行的判定，面面垂直的判定，是中档题.

根据题意，逐项判断即可.

解：

对于①，由题意知ZDJ/BG，从而BG〃平面力DiC,

故BCI上任意一点到平面4AC的距离均相等，

所以以P为顶点，平面力为底面，

则三棱锥力-DiPC的体积不变，故①正确；

对于②,可知:A\C、〃AC,

由①知：4DJ/BG，

所以易得面B&C1〃面

从而由线面平行的定义可得占P〃平面4。历，故②正确；

对于③，由于DCJ■平面BCGBi，所以DCJ.BG，

若DP1BG，贝IBC】J■平面。CP,

BCr1PC,

则P为DC1的中点，与P为动点矛盾，故③错误；

对于④，由_LAC且QB】J.4D1，

可得0/，面AC%,

从而由面面垂直的判定知平面PDBi，平面AC£)i，故④正确.

故选：C.

7.答案：B

解析：

本题考查了球的体积，了解空间几何体的结构特征是解题的关键，是较难题.

设占到面的距离为/?,易得三棱锥4-BCi。为正四面体，则利用等体积法可得力与内切球半

径的关系，进而根据正方体结构特征求得棱长，进而得外接球半径、体积.

解：设正方体的棱长为小儿到面BG。的距离为力，

则BC=A^B=ArD=CW=C]B=4心=缶,

二三棱锥&-BCiD为正四面体，

•••三棱锥4-BG。内切球表面积为4兀，

•••三棱锥4-BGD内切球的半径为1.

匕i-BJP=^O-BC-iD>(。为内切球球心)

即三SABQDx/I=4x-xS^BC'Dx1>

h=4,而九==|x>/3a,a=2V3,

正方体外接球的半径为J。可+(2可+(2可_

-3

2

其体积为:兀X33=367r.

故选8.

8.答案:D

解析：

本题考查棱锥、棱柱的结构特征、球的表面积、正弦定理的应用，考查空间想象能力和思维能力，

属于中档题.

由题意画出图形，将三棱锥4一8。。置于一个直三棱柱4£^-。尸8中，直三棱柱4DE-CFB的外接

球即为三棱锥4-BCO的外接球，则外接球心0在上下底面三角形外心连线线段的中点，利用正弦

定理可求aADE的外接圆半径'，故可求得三棱锥A-BCD的外接球的半径，代入球的表面积公式得

答案.

解：由题意可得乙1CB=ACAD=90°,将三棱锥4-BCD置于一个直三棱柱4DE-CFB中，如图所

示：

由二面角B-AC-。为120。可知，NE40=120°,直三棱柱ADE-CFB的外接球即为三棱锥A-BCD

的外接球，

外接球心O在上下底面三角形外心连线线段的中点，

在△4DE中，AD=AE=1,/.EAD=120°,得DE=6,

设外接球半径为R,△40E的外接圆半径为r,

由正弦定理得2「=丁器帚=2,解得r=1,

又球心到底面AOE的距离d=-AC=乌

22

所以外接球的半径R=尸不源=包

2

三棱锥4-BCD的外接球的表面积为47r-(y)2=7兀.

故选:D.

9.答案：B

解析：

本题主要考查空间几何体的结构特征，考查空间的距离，是中档题.

通过化曲为直，把平面GFE绕EF旋转直到与平面DiEF重合，使得点名与G位于E尸的两侧，再求

最值问题即可得解.

如图(1)，

图(1)图(2)

连接DiE,EG.,D]F,C/,&E,EB,

把平面GFE绕EF旋转直到与平面DiE/重合，如图(2),使得点％与G位于E尸的两侧.

在正方体4BCD-A/iCiA中，因为ADiAiE为直角三角形且&D1=2,A、E=丘,故=遍.

同理EF=百，DiF=3,JE=巫,C、F=居

22

故DrE+EF=0/2,故小QEF为直角三角形且/Z\EF=90°.

又PDi+PG的最小值就是图(2)中DiG的长，

在图(2)中，由余弦定理可得cos/FEG=23：屏=争故sin/FEG.=~r

所以COSNDiEG=cos(^+NFEQ)=-y.

D©=6+6+2x76x76x^=12+W7，

所以(PDi+PCJ2的最小值为12+4位.

10.答案：B

解析：

本题考查三棱锥的外接球问题，四棱锥的体积的求法，考查运算求解能力，属较难题.

由题意可得取BC中点E,则E为三角形ABC外接圆的圆心，由余弦定理可得NBED=120。，从而

可以得出BD1AC,/.BAD=60°,设三棱锥的外接球的圆心为O,由EB=2,OB=V5可以推出0E=

1,从而PD=2OE=2,再利用四棱锥的体积公式求解即可.

解

p

A

在三棱锥P-ABC中，

△ABC是直角三角形且4B1BC,乙CAB=30°,BC=2,

•••AC=2BC=4,AB=V16-4=2百，

取BC中点E,

则4E=BE=CE=2,

即E为三角形ABC外接圆的圆心，

•:点P在平面ABC的射影D点在△4BC的外接圆上，

四边形ABCD的对角线BD=2次，AD>CD,

4BED=120°,

又乙BEC=2ACAB=60°,

则AC平分NBEO,

则BC_L4C,ABAD=60°,

•••AD=AB=BD=2A/3，

BC=CD=2,

设球心为。，

则OE1平面BADC,

••・ED=EB=2,四棱锥P-ABCD的外接球半径为6,

OE=V5-4=1.

二四棱锥P-ABC。的高PO=2OE=2,

•••四棱锥P-4BCD的体积为：

1

v=§Xs四边形BADCXPD

11

=~x(-x71CxBD)xPD

11「

=-x-x4x2V3x2

_873

—3•

故选：B.

11.答案：c

解析：

本题主要考查线面垂直的判断及性质，以及三棱锥外接球表面积的求法，一般题型.

结合题意，先得到点M为正方形CDD1C1对角线的交点，再根据三棱锥外接球的性质，求得外接球半

径，即可得到答案.

解：在长方体2BCD一4/停1。1中，AB=CCX=V2.BC=1,

则G,D1CD1,A1D11C1D,A1D1nCD±=Dx,

即GD_L平面小。iC,又平面AMiC，

则C1D14C,在正方形CDDiG内，CD］与相交于M,

则GM1CM,GM14C,CMCl41c=C,

即GM1平面41CM,

故点M即为正方形CDOiG对角线的交点，

由题意可得，在三棱锥M-AiCCi中，

GM=1,BM=IMIC=V5M1M=&，

在AaMC中，cosMMC=费瑟=一争

则sinN&MC=—，

12

所以，△&MC的外接圆半径为r=盘=?，

2

所以三棱锥M—&CG的外接球半径为R=J段?+卢==手，

即三棱锥M-41CC1的外接球表面积为S=4兀R2=117T.

故选C.

12.答案：D

解析：

本题考查空间想象能力，对球模型的转换能力，考查棱锥的结构特征，属于较难题.

三棱锥A—BCD中，BD1AD,DC1DA,底面是等腰三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外

接球，求出三棱柱的两底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，然后求球的表面积即可.

解：翻折过程如图所示：

则BOID、DC1DA,底面△BCD是等腰三角形，

而BDCZ)C=。，且80,DCu平面BCO,

故AZXL平面BCD,

则可将三棱锥4-BC0补形为三棱柱，

三棱柱中，底面ABDC,BD=CD=1,BC=痘，

在三角形BC。中，由余弦定理可得=BD2+CD2-2BD-CDcosZ.BDC,

即3=1+1-2cos乙BDC,解得C0S4B0C=

•••乙BDC=120°,

在4BDC中，利用正弦定理求得△BDC的外接圆的半径为三x-^-=1,

2sinl20°

由题意可得：球心到底面的距离为也=式，

22

•••球的半径为r==它.

742

外接球的表面积为：4717*2=7兀，

故选O.

13.答案：BC

解析:

本题考查空间直线与平面的位置关系，主要是平行和垂直，记熟线面平行、垂直的判定和性质是迅

速解题的关键，同时考查截面的画法及计算，以及空间异面直线所成的角的求法，属于较难题.

利用向量法判断异面直线所成角；利用面面平行证明线面平行；作出正方体的截面为等腰梯形，求

其面积即可；利用等体积法处理点到平面的距离.

解：对选项人以。点为坐标原点，DA.DC、DDi所在的直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐

标系，

-111

则。(0,0,0)、4(100)、41(1,0,1)、Eq,1,0)、F(0,l,-),。式0,0,1).

从而=(0,0,1)>AF=(-

从而•4F=g40,

所以直线。。1与直线AF不垂直，选项A错误;

取81cl的中点为M,连接为M、GM,

则易知41M〃/1E,

又4也C平面AEF,AEu平面AEF,

故41M〃平面AE凡

又GM"EF,同理可得GM〃平面AEF,

又=&M、GMu平面&GM,

取平面A[MG“平面AEF,

又4Gu平面&MG,

从而A[G“平面AEF,选项B正确；

对于选项C,连接4%,DrF,如图所示，

•••正方体中4D//BCJ/EF,

•••力、E、F、劣四点共面，

四边形AEFDi为平面AEF截正方体所得的截面四边形，且截面四边形4EFZ\为梯形,

又由勾股定理可得DiF=AE=苧，AD、=瓜EF=专，

••・梯形AEF5为等腰梯形，高为J隹y_（限建）2=运,

所以5郴%IEF01=3X+W）X当^=1,从而选项C正确；

对于选项D:由于S^GE"=S梯形BEFG~S^EBG

11111

X-------X-X-=

41+》222249

1111

而S&ECF=-X-X

2228’

而匕-GEF=1S&EFG'AB，VA-ECF=i^ECF'AB,

所以匕-GEF=2以_ECF，即%TEF=^C-AEF9

点G到平面AEF的距离为点C到平面AE尸的距离的二倍，从而。错误.

故选BC.

14.答案：BC

解析：

本题考查了简单多面体(棱柱、棱锥、棱台)及其结构特征、空间中直线与直线的位置关系、空间中

直线与平面的位置关系和空间中的距离，建立空间直角坐标系，由空间向量判定A；由面面平行得

出线面平行，可判断&易知四边形AEFDi为平面AEF截正方体所得的截面四边形，计算可判断C；

(法一)以_GEF=2%_ECF，即%TEF=2VC.AEF,所以点G到平面AE尸的距离为点C到平面AE尸的

距离的2倍，故选项。错误.(法二)假设点C与点G到平面AEF的距离相等，找出矛盾即可.

解：对于选项A,以。点为坐标原点，DA,DC,所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间

直角坐标系，

则。(0,0,0),5(0,0,1),4(1,0,0),F(0,l,y,从而砥=(0,0,1),(-1.1.1

所以西•而=1#0,所以劣。与直线A尸不垂直，选项A错误.

对于选项B,取名口的中点为M,连接GM,则41M//AE,ArM仁平面AEF,AEu平面AEF,

.♦.&M〃平面AEF；又GM〃EF,GM<t平面4£下，EFu平面AEF,MG〃平面AEF,

又41MCMG=M,所以平面4MG〃平面4EF,&Gu平面&MG,从而&G〃平面AE凡选项B

正确.

对于选项C,连接4历，DrF,易知四边形AEFOi为平面AEF截正方体所得的截面四边形(如图)，且

DiH=AH=居ArD=&，

所以SAXW=；xgX'(，^广-(\2)=：，而S四边形AEFD1=双皿H=所以选项C正确.

对于选项O，（法一）因为S^GEF=3X1X弓=£,S£CF=7X?X?=R,^A-GEF=7^AEFG,—77,

z/qAzzzo3iz

匕-ECF=&S.ECF•48=彳

所以吸-GEF=2%_ECF，即%-4EF=2%YEF，所以点G到平面AE尸的距离为点C到平面AEF的距

离的2倍，故选项。错误.

（法二）假设点C与点G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将线段CG平分，则平面4EF必过CG

的中点，连接CG交E尸于点O,易知。不是CG的中点，故假设不成立，从而选项。错误.

故选BC.

15.答案：AD

解析：

本题考查立体几何中位置关系，表面积，外接球的问题，属于难题.

根据棱台的性质，补全为四棱锥，根据题中所给的性质，进行判断.

解：由棱台性质，画出切割前的四棱锥，

由于力6=2及，=血，可知△"蜴与相似比为1:2；

则S4=244=4，40=2,则SO=2JJ，则。。=百，该四棱台的高为JJ，4对；

因为"=SC=/C=4,则与CG夹角为60°，不垂直，8错；

该四棱台的表面积为S=S卜底+S.麻+S翻=2+8+4x述箸x当=10+6夕，C错;

由于上下底面都是正方形，则外接球的球心在OQ上,

在平面48OQ上中，由于=百，8，=1,则04=2=08,

即点O到点B与点片的距离相等，则r=OB=2,

该四棱台外接球的表面积为16万，C对，

故选：AD.

16.答案:ABD

解析：解析：

本题主要考察的是向量法在几何中的运用，难度一般，属于中档题.

建立空间直角坐标系。利用空间向量法一一验证即可.

解：以48为x轴，4。为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，可得：瓦工=(0,1,-1),西=

(-1,1,1),=(-1,1,0),=(-1,0,1)>

故瓦下•前1=一1x0+1x1+1x(-1)=0，故两向量垂直，故8正确；

B^C-BD=-lxO+lxl+(-1)x0=1,|B7C|=V2,|BD|=V2,

设异面直线&C和8。所成的角为。，则cos。=禹偌i=i

又因为。€(().1,所以小；,故。正确；

设平面4BD的法向量为元=(x,y,z),

则俨•町=0,的尸=2

(n-=0J+z=0

取为=(1,1,1),则元•布=0x1+1x1+1x(-1)=0即记1瓶,

又因为直线BiC不在平面&BD,所以直线BiC〃平面&BD,故4正确；

=%1-GCE=,SgCE=9xlx[xlxl=，，

故c不正确.

故选ABD.

17.答案：怜胡

解析:

本题以正四棱柱为载体，考查空间几何体中线段长度相关问题，属于较难题.解题时可先建立空间直

角坐标系，设出M点坐标，再分类讨论即可.

解：由图得4(1,0,0),4(1,0,2),P(0,l,1),8(1/，0),

设M(x,y,z),

在上，二丽=4西，BP(x-l,y-l,z)=A(0,-l,2)(0<A<1),

M(l,l-2,22),AM=(0,A-1,-2A)«~MP=(-1,2,1-2A).

.AM_/~(——1)2+4-2__/sA2-2A+1_IT~~2A-1

••MP--J1+A2+(1-2A)2-\5A2-41+2-1+5A2-4A+2，

令=则酝曝4t

5t2+2t+5,

当时，即4tK=^4e[-[”1o)\，

当te(0,1]时,=启«0母，

当"。时，4=0,二思袅十制，则翳噌，甯

18.答案:72V3

解析：

本题考查棱柱的结构特征，本题解题的关键是看出小球的运动轨迹是什么，看出是一个正三角形，

这样题目做起来就方向明确.

小球与正四面体的一个面相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，正

四面体的棱长为4茄，故小三角形的边长为2遍，做出面积相减，得到结果.

解：如图甲，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为r,作平面4&G〃平面ABC,

与小球相切于点。，则小球球心。为正四面体P—AiBiCi的中心，PO1面4B1G，垂足。为&B1G

的中心.

因匕-八心仆=7、"PD=1I”.1出c=」•（）D,

MO

故PD=40D=4r,从而P。=PD-OD=4r—r=3r.

记此时小球与面PAB的切点为B，连接。Pi，

则PPi=PO2-OPl=V（3r）2-r2=2V2r.

考虑小球与正四面体的一个面（不妨取为PAB）相切时的情况，易知小球在面PAB上最靠近边的切点

的轨迹仍为正三角形，记为PiEF,如图乙.

记正四面体的棱长为“，过自作AM1P4于M.

因4Mpp1=也有PM=PP]•cosMPPi=2V2r-y=V6r.

故小三角形的边长PiE=PA-2PM=a-2V6r.

小球与面PAB不能接触到的部分的面积参考图乙、

S^PAB-S^EF=-j-(«*-(«-2>/^r}2)=3y/2ar—6\/3r2，

又r=1,a=4>/6,所以SAPAB—SMEF=244—6x/5=

由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为72g.

故答案为72次.

1

19.答案:

解析：

本题考查异面直线所成角的求解，涉及勾股定理及余弦定理的应用，属于难题.

构造正四面体4BCO中，中心P到各顶点连线所夹的角相等，则乙4PD就为所求的角，由此能求出

这个角的余弦值.

解：如图，正四面体ABCQ中，中心P到各顶点连线所夹的角相等，则NAPD就为所求的角，

设正四面体A8C。的棱长为小作4E_1_面88,垂足为E,作BF_LCD,交CZ）于F,则PW4E,EeBF,

连结AF,

则BF=小2一（乎=,a,BE=1BF=ga，AE=Ja2-=y

设.=PB=r,则PE=9-r,

则N=wa）?+（当a—r）2,解得r=华a,

PA2+PD2-AD2

所以cos乙4Po=

2PAPD

所以这个角的余弦值为-a

故答案为-

20.答案:1+V3

解析：

本题考查空间点与直线的距离的求法，考查空间想象能力以及转化思想的应用.

直线BC与动点。的空间关系：点。是以BC为直径的球面上的点，最大距离为力到球心的距离+半

径.

解：由题意，直线与动点。的空间关系：点。是以BC为直径的球面上的点，

所以。到。的距离为四面体上以8C为直径的球面上的点到D的距离，

由正四面体(所有棱长都相等的三棱锥MBCD的棱长为2,

则。到BC中点的距离为百，

最大距离为。到球心的距离+半径=遍+1.

O到点D的距离的最大值为1+V3>

故答案为1+VT

21.答案:67r

解析：

本题考查平面图形折叠中的线面关系以及球体，考查空间想象能力、转化与化归能力、运算求解能

力，属于中档题.

由题意，可得8c=2,AD=BD=CD=6,通过计算判断8。_LC。，再由4。1BO,AD1CD,

可知以A,D,B,C为顶点构造正方体，该正方体的外接球就是三棱锥4-BCD的外接球，求出正

方体对角线长可得球的半径，再由球的表面积公式可得.

解：沿折登后使△ABC成等边三角形，即折叠后BC=2,

易得AD=BD=CD=遮,

222

而+CD2=(72)+(V2)=4=BC,所以BO1CD,

又4D1CD,.••以A,D,B,C为顶点构造正方体，

则该正方体的外接球就是三棱锥力-BCD的外接球，

设三棱锥4-BC。的外接球的半径为R,

则(2R)2=DA2+DB2+DC2=(V2)2+(V2)2+(V2)2=6，

解得R2=|,

所以三棱锥A-BCD的外接球的表面积S=4nR2=4兀x|=6兀.

故答案为67r.

22.答案：3V2—V6

解析：

本题考查棱锥的结构特征以及棱锥的体积，属于较难题；

由题意得正四面体488的高为4声，外接球的半径为3布，由题意得正棱锥E-BCD的表面积5=

36(3+73),

体积/_BCD=72vL设正三棱锥E-BCD的内切球的半径为r,由［sr=72或，得r=3近一历；

即可求解.

解：•••棱长为12的正四面体ABCD与正三棱锥E-BCD的底面重合，

由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在一球的球面上，

••・多面体ABCDE的外接球即正四面体ABCD的外接球，且其外接球的直径为AE,

由题意得正四面体ABCD的高为4痣，

设正四面体ABC。的外接球半径为R,

则/?2=(4①—R)2+(4^6)2,解得R=3V6，

设正三棱锥E-BCD的高为h,

,:AE=6y/6=4V6+h,

h=2V6，

•••底面△BC。的边长为12,

•••EB=EC=ED=J(2峋2+(4⑹2=g五,

则正三棱锥E-BCD的三条侧棱两两垂直，

由题意得正棱锥E-BCD的表面积S=36(3+V3).

体积/_8CD=|X|X6V2X6V2X6V2=72V2,

设正三棱锥E-BCD的内切球的半径为r,

由5s-r=72V2,得r=3V2—V6.

故答案为3位-连.

23.答案：白

48

解析：

本题主要考查了三棱锥的体积，属于中档题.

利用等体积法进行转化，结合棱锥的体积公式求解.

解：如下图，

在正方体4BCC中，可以证得0通JL平面为CCB1，

又CEu平面&DCB1，

所以1CE,

在平面0EC中，DrE1CE,FM1CE,

所以FM〃O】E,

又尸为CE的中点，所以M为DiC的中点，

所以%-DEF=2^M-DCE=4KDJ-DCE

VcDDA=XX1X1X1=

=；K；-DED1=--^T63^-

故答案为L

48

24.答案：207r

解析：

本题考查求三棱锥的外接球的表面积，考查学生的计算能力，确定球的半径是关键，属于中档题.

由题意，等边三角形的高为3,设球心到底面的距离为x,则"=22+/=12+（3一乃2,求出招

可得r,即可求出该三棱锥的外接球的表面积.

解：由题意，如图，

可得等边三角形的高为3,

设球心为O,半径为r,设球心到底面ABC的距离为x,

则N=22+x2=12+（3-x）2,

所以x=l,所以「=而，

所以该三棱锥的外接球的表面积为4仃2=207r.

故答案为207T.

25.答案：②④

解析：

本题主要考查棱柱、棱锥的知识，解答本题的关键是知道设出图①的水高，和几何体的高，计算水

的体积，容易判断①、④的正误；对于②，当容器侧面水平放置时，P点在长方体中截面上，根据

体积判断它是正确的.根据当水面与正四棱锥的一个侧面重合时，计算水的体积和实际不符，是错

误的.

解：设正四棱柱底面边长为江图①水的高度电儿何体的高为心，

22

图②中水的体积为川八］—bh2=b（/ii-殳），

所以182/^=82（刈―%），所以九IMGB，故①错误，④正确；

对于②，当容器侧面水平放置时，P点在长方体中截面上，又水占容器内空间的一半，所以水面也

恰好经过尸点，故②正确。

对于③，假设③正确，当水面与正四棱锥的一个侧面重合时，经计算得水的体积为fl匕2九2>|/电，

矛盾，故③不正确。

故选②④.

26.答案：V2-1

解析：

本题考查了多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征，以及几何体的内切切球的半径的求法.

解：过点P作P01平面ABC于点£>,连接AO并延长交BC于点E,连接PE,

♦.,△4BC是正三角形，

•••4E是8c边上的高和中线，。为△力BC的中心，

vAB=2V3.

S△ABC=3V3,DE=1,PE=V2.

5表=3x1x2V3xV2+3V3=3V6+3A/3,

•••PO=1,.•.三棱锥的体积V=|x3V3x1=V3,

设球的半径为r,以球心。为顶点，三棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥，贝b=

3V6+3V3

故答案为四—1.

27.答案：（

解析：

本题考查了正四面体的性质、勾股定理、正三角形的性质、长方体的体对角线与其外接球的直径之

间的关系，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于难题.

要满足一高为隹的长方体能在该正四面体内任意转动，则长方体的体对角线长不超过正四面体的内

6

切球的直径.利用正四面体的性质可得内切球的半径，利用长方体的体对角线与内切球的直径的关

系、基本不等式的性质即可得出.

解：设正四面体S-力BC如图所示，

可得它的内切球的球心。必定在高线S”上，

延长A，交BC于点。，则。为BC的中点，连接SZ),

则内切球切于点E，连接A0.

是正三角形ABC的中心，

AH：HD=2：1,

•:RtAOAHsRt△DSH,

~=可得。4=3。"=SO,

OHDH

因此，SH=40H,可得内切球的半径R=OH=1SH.

4

•••正四面体棱长为1,

•••Rt中，

SD=y/SH2+HD2

1V3。

=J(4R)o2+qX^)2

-_-V3，

2

解得R2=A.

24

要满足一高为立的长方体能在该正四面体内任意转动，

6

则长方体的对角线长不超过正四面体的内切球的直径，

设该长方体的长和宽分别为X,必

该长方体的长和宽形成的长方形面积为S.

・,・4产>(f)2+/+y2,

•••x2+y2<卷,

x2+y2

・・・Sxy<S京当且仅当x=y时取等号),

2

故答案为A.

24

28.答案：90°

8V14