高中数学第八章第1节《基本立体图形》提高训练题 46(含答案解析)

第八章第1节《基本立体图形》提高训练题（46）

一、单项选择题（本大题共13小题，共65.（）分）

1.己知A,B,C,。四点均在球。的球面上，△ABC是边长为6的等边三角形，点。在平面ABC

上的射影为AABC的中心，E为线段AO的中点，若BD1CE,则球。的表面积为

A.36?rB.427rC.54兀D.24A/6TT

2.《九章算术》中的堤（两底面为等腰梯形的直四棱柱）上、下两底平行，而对于上、下两底不平

行的堤防，唐代数学家王孝通把它分解成一个堤与一个羡除（注：羡除是指三个侧面为等腰梯形,

其他两面为三角形的五面体），且其体积等于堤与羡除的体积之和金元治河著作C可防通议》给

出了上、下两底不平行的堤防的体积公式叩=:[（2%+7）（a+5）+（2%+:）（。+3],其中。为两头上

622

广（等腰梯形的上底长），/为长（下底面等腰梯形的腰长），九1，殳分别为两头之高（等腰梯形的高

）,打，匕2分别为两头下广（等腰梯形的下底长）.现有如图所示的一个堤防，其中4。=8,EF=14,

BC=20,FC=5,CG=13,FC1FG,则图中所示的羡除的体积为（）

A.988B,460C.366D.312

3.在四面体ABC。中，AB=AC=BC=BD=CD=2,AD=«，则四面体A8C£＞的外接球的表

面积为（）

A.等B.57rC.20兀D.等

4.己知三棱柱ABC-的底面为直角三角形，侧棱长为4,体积为2.若此三棱柱的顶点均在

同一球面上，则该球的表面积的最小值为

A.187rB.97rC.6兀D.—

8

5.用一个平面截正方体所得的截面图形不可能是（）

A.六边形B.五边形C.菱形D.直角三角形

6.在正方体ABCD_4/1。1么中，三棱锥占一8。1。内切球的表面积为4兀，则正方体外接球的体积

为

A.64V67TB.32V3TTC.367rD.8倔r

7.已知三棱锥P-力BC中，PA=PB=PC=小,侧棱PA与底面ABC所成角为：兀，则三棱锥P-

ABC的外接球的体积为（）

A.：兀B.47rC.=兀D.27r

33

8.如图所示，四棱锥P-4BCD中，底面A3CO是菱形，P4_L平面ABC。，Z.ABC=60°,F为PC

的中点，过点/且与平面PA8平行的平面a分别交BC,PD于点E,H,PA=AB=4,则点F

到平面AE”的距离为（）

9.如图为甲烷的分子结构，若将四个氢原子相连，则可以构成一个正四面体.该‘

分子结构中，两个碳氢键所成角的余弦值为（）

A.0V%

B.-更

3

D.4

10.己知三棱锥P-A8C满足P4=PB=PC=AB=2,AC1BC,则该三棱锥外接球的体积为（）

A.||6兀B.y兀C.D.当兀

27393

11.在四面体a-BCD中，棱AB=W，其余各条棱长均为2,则四面体A-BCD外接球的表面积是

137r

A527rB257rQ257r口

•99369

12.把圆心角为120。的扇形铁板围成一个圆锥，则该圆锥的侧面积与它的外接球的表面积之比为

A-D

8B空?

13.某广场设置了一些石凳子供大家休息，这些石凳子是由正方体沿各棱的中点截去八个一样的正

三棱锥后得到的.如果被截正方体的棱长为40cm,则石凳子的体积为

二、填空题(本大题共13小题，共65.0分)

14.三棱锥P-4BC中，AB=PA=PB=2,乙4cB=30。，当三棱锥P-4BC体积最大时，其外接

球半径为.

15.一个圆锥恰有三条母线两两夹角为60。，若该圆锥的侧面积为3旧兀，则该圆锥外接球的表面积

为.

16.在三棱锥力—BCD中，AB=CD=4,AD=BC=5,AC=BD=6,E,尸分别为棱AC和棱

AO上的动点，则ABEF的周长范围_.

17.已知正四棱锥的底边边长为2,侧棱长为石，现要在该四棱锥中放入一个可以任意旋转的正

方体，则该正方体的表面积的最大值是.

18.如图所示，正方体ABCD-AiBiGDi中，E为8c的中点，点尸在线段。花------^C,

1/1\/|

上，当点尸到直线CG的距离取得最小值时，裂等于.f―

19.已知等腰直角AaBC的三个顶点都在球。的球面上，AB=BC=4,若球。上的点到平面ABC

的最大距离为4,则球。的表面积为.

P

20.如图，己知三棱锥P-4BC满足PA=PB=PC=4B=2,AC1BC,A

则该三棱锥外接球的体积为.//\

21.(1)已知函数f(x)=x2-cos2x,则曲线y=/(x)在点(0)(0))处的切线方程为.

(2)已知圆C:(x-1)2+(y-2)2=20,圆的半径为:若直线—2y-a—0与圆C

相切，则”的值为.

(3)武汉军运会期间，有一男一女两位教练和3位参赛选手共5人站成一排照相，则男教练不在

两端，3位参赛选手中有且只有2位相邻的站法种数为.

(4)己知正方体内有两个球，这两个球外切，大球与正方体所有的面均相切，小球与正方体共顶

点的三个面相切，记大球、小球的半径分别为R,，，贝哈的值为.

22.如图，在棱长为2的正方体48。0-4中心。1中，点E、F分别是棱4也、

的中点，P是侧面正方形BCGBi内一点（含边界），若FP〃平面AFC,

则线段&P长度的取值范围是.

23.已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球0的球面上，PA，平面ABC,且4B4C=60°,PA=2,

BC=2b.则△ABC面积最大时，球0的表面积为.

24.在仇章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖席（加©/。）.如图所示，在AABC

中，ACJ.BC于点。，AD=CD=4,BD=3.将△力BC沿折叠成一个鳖犒2-BCD,则该鳖

膈的外接球的表面积为.

25.“层层叠”是一款经典的木制益智积木玩具，它的设计理念来源于我国古代汉朝的黄肠题凑木

模.玩法是先将木块三根为一层，交错叠高成塔（或者其他叠法），然后轮流抽取任意一层的一

根木块，在抽取的过程中木塔倒塌则算输.如图，现用9根尺寸为lx1x3的木条，叠成一个

正方体，并编号1〜9.小张抽出中间的5号木条后，正方体表面积由54变为64.若小王又把8号

木条抽走，现在几何体的表面积为.

26.若四面体的一条棱长是x,其余棱长都是1,体积是1/（乃，则义x）在其定义域上的最大值为

三、多空题（本大题共1小题，共4.0分）

27.如图，在边长为3的正方体ABCO中，E为8c的中点，

点尸在正方体的表面上移动，且满足B]P1DiE,当P在CQ上时，

AP=_(1)_，点/和满足条件的所有点尸构成的平面图形的面积

是_(2)_.

四、解答题(本大题共3小题，共36.0分)

28.如图，已知正三棱柱48。一公当6，。是48的中点，E是CW的中点，且48=1,AAt=2.

B

(1)证明：CD〃平面4EB；

(2)求二面角B-4E-。的余弦值.

29.如图，已知正三棱柱48。一公8也1，。是A8的中点，E是QC的中点，且AB=1,AAr=2.

(1)证明：CD〃平面4EB；

(2)求点儿到平面8QE的距离.

30.如图所不，二棱台4BC-AiBiG中，△ABC是面积为4K的等边二角形，△AiBiG的面积为b

平面ABCL平面BCC®心。8=NB/C.

(1)求证：AB1CC1；

(2)若梯形BCCiBi的面积为48，求三棱锥的一48a的体积.

【答案与解析】

1.答案：c

解析：

本题主要考查球的表面积，涉及到简单多面体（棱柱、棱锥）及其结构特征、线面垂直的判定以及线

面垂直的性质，属于中档题.设△ABC的中心为G,延长BG交4c于凡则尸为AC中点，连接。尺

可证BD,平面ACQ,又D-ABC为正三棱锥，得到D4,DB,0c两两垂直，故三棱锥D-4BC可

看作以£>A,DB,0c为棱的正方体的一部分，二者有共同的外接球，根据正方体的结构特征可求得

外接球的半径，代入球的表面积公式即可求解.

解：设△力BC的中心为G,延长BG交AC于凡则尸为AC中点，连接。尺

由题知DG_L平面4BC,AC1GB,由三垂线定理得AC1BD,

又BD1CE,ABD1平面ACD,又D-A8C为正三棱锥，

DA,DB,OC两两垂直，

故三棱锥。-ABC可看作以D4,DB,OC为棱的正方体的一部分,

二者有共同的外接球，由力8=6得D4=32，

故正方体外接球直径为3a.V3=3V6,

所以球。的表面积为4兀/?2-54TT,

故选C.

2.答案：B

解析：

本题主要考查几何体的体积求法，属于中档题，

先求出图中堤防的体积与堤的体积，再通过作差即可得解.

解：如图，过点力作DMJLBC于点例，a=AD=8,I=CG=13,

若瓦=BC=20,则庆=EF=14.

EF为等腰梯形ABCZ）的中位线，贝北。=10,MC=6,

所以打=DM=yjDC2-MC2=8，

所以八2=4.

又FG=VCG2-CF2=12，

则图中堤防的体积为丑X产由4）（8+2。）+"8）（8+】4）］=988,

622

堤的体积为*8+14）X4X12=528,

所以图中羡除的体积为988-528=460.

故选8.

3洛案：D

解析：

本题考查求球的表面积，考查三棱锥的结构特征，考查线面垂直的判定，属于较难题.

取得中点E,连接取A。得中点F,连接EF,设正三角形ABC的重心为G,过G作GO〃DE

交EF与0,连接04,证得。EJjgjABC,进而由E尸为边40的中垂线得。为四面体ABC。的外接

球的球心，在等腰直角三角形AED中算出0A即为球的半径，由球的表面积公式即可求解.

解:

取BC得中点E,连接4E,DE,取AZ）得中点F,连接EF,

设正三角形ABC的重心为G,过G作GO〃DE交E尸与0,连接。4,

由题意得4E=DE=相,DE1BC,

又AD二限,所以三角形AEC为等腰直角三角形，

所以。E14E,AEnBC=E,

所以DE1面ABC,

又G为正三角形A8C的重心，EF为A。的中垂线，G0//DE,

所以。为四面体ABC。的外接球的球心.

因为48=2,所以4E=y/3,AG=-AE=逗,EG=-AE=—，

3333

又三角形AE。为等腰直角三角形，所以乙4EO=45。，

所以OG=EG=—，

3

由G0〃DE得OGA.AE,

所以04=yjAG2+0G2=J|，

即四面体ABCD的外接球的半径为R=J|

0（Ur

所以四面体ABC。的外接球的表面积为ITTR?

«）

故选D

4.答案：A

解析:

本题考查三棱柱对外接球，由题设得就=1,再利用均值不等式解得半径的最小值，即可得解，难

度适中.

解：因为此三棱柱的顶点均在同一球面上，所以棱柱各侧面均为平行四边形且内接于圆，所以棱柱

的侧棱都垂直于底面，所以三棱柱为直三棱柱.

设底面三角形的两条直角边长分别为。力,因为三棱柱ABC-4/iG的高4,体积是2,所以x4=

2f即ab=1,

所以球心必在上、下底面的直角三角形的斜边的中点连线上，且为中点，

设球心为。，半径为R,所以R2=22+(^g)2=M+M+16

k274

因为a2+b222ab=2,当且仅当a=b=1时取等号，所以/??之学=；.

所以球的表面积S=4nR2》47rxm=187r.

故选A.

5.答案:D

解析:

本题考查的知识点是棱柱的结构特征，熟练掌握正方体的几何特征，并分析出平面截正方体所得平

面的几何特征是解答本题的关键.

根据正方体的几何特征，我们可分别画出用一个平面去截正方体得到的几何体的图形，然后逐一与

四个答案中的图形进行比照，即可判断选项.

解：画出截面图形如图,截面是一个正六边形,

下图中截面为菱形:

下图中截面为五边形:

由下图可知截面可以是三角形但不是直角三角形:

故选£>.

6.答案：C

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&到面的距离为人易得三棱锥4-为正四面体，则利用等体积法可得//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a,4到面BCi。的距离为〃，

则8。=ArB=ArD=£D=C]B=A1C1=\/2a,

.•・三棱锥41一BGD为正四面体，

•••三棱锥4-BGD内切球表面积为4兀，

•••三棱锥&-BCi。内切球的半径为1.

•*,匕「BC1D=4Vo_BC]D'（。为内切球球心）

即x/l=4X|XS8BC\DX1，

・••fi=4,而/i==|xy[3a,a=2>/3,

•••正方体外接球的半径为J。可+C府+（可=

2

其体积为[TTX33=36”.

故选C.

7.答案：A

解析：

过点P作PH1平面ABC于“，可得NP4H是直线PA与底面ABC所成的角，得4P4〃=60。,由P2=

PB=PC,得外接球心。必定在P”上，连接。A,可得AP04是底角等于30。的等腰三角形，从而

得到外接球的半径R=OA=1,再用球的体积公式可得该三棱锥外接球的体积.

本题给出三棱锥的三条侧棱两两相等，在己知一条侧棱与底面所成角的情况下求外接球的体积，着

重考查了直线与平面所成角的定义、球内接多面体和球体积的求法等知识，属于中档题.

解：过点P作平面ABC于H,则P

••・4H是PA在平面ABC内的射影/K

“4H是直线PA与底面48c所成的角，得4PAH=60。，//,

.•.Rt/kPAH中，AH=PAcos60°=—>PH=PAsin60°=-广二二

22C陀/

设三棱锥外接球的球心为o,方

•；PA=PB=PC,：.P在平面ABC内的射影//是4ABC的外心

由此可得，外接球心。必定在上，连接OA、OB、OC

•••△POA中，OP=OA,

/.OAP=40PA=30°,可得P4=V3OA=圾

••・三棱锥外接球的半径R=OA=1

因此该三棱锥外接球的体积为U=3兀R3=g

故选A.

8.答案：B

解析：

本题主要考查棱锥及其结构特征，面面平行的性质，线面垂直的性质，棱锥体积的求法，属于中档

题，

根据已知条件得到平面EFHG即为平面a,再通过棱锥的结构特征分析，利用等体积法求解即可.

如图，E,F,H,G分别为BC,PC,PD,4。的中点，HG〃P4HF//EG//AB,HF=|EG=2,

HG=2,

由题意可知，平面EFHG即为平面a,

vPA1平面ABCD,HG//PA,可得HG1平面ABCD,HG1FH,平面EFHG1平面ABCD,

过4作AM1EG,垂足为M,AM，平面EFHG,且AM=AGsin60°=百，

•,1%-EFH=^A-EFHG-^A-EHG=^EFHG，AM—^SEHC-AM=2百一竽=手，

又AH=2近,AE=2y/3,EH=2V5>AH2+AE2=EH2,AH1AE,

20L

•••点F到平面AEH的距离为3.幺*=3x工=正，

SAEH2遍2

故选B.

9.答案：C

解析：

本题考查棱锥的结构特征，考查余弦定理的应用，考查空间想象能力，是中档题.

由题易知碳原子位于该正四面体外接球的球心位置，设该正四面体的棱长为1，求出BE的值，即可

得到AE的值，进而求解A。和B。的值，再根据余弦定理即可求解两个碳氢键所成角的余弦值.

解：易知碳原子位于该正四面体外接球的球心位置，设该正四面体的棱长为1,

如图，

则BE=立x2=3，

233

AE=J1-（y）2=争设4。=BO=R,

则昌）2+（当一R）2=R2,

解得R邛

设两个碳氢键所成角。,

故选C.

10.答案：A

解析:

本题主要考查外接球表面积的计算，属于中档题.

由题意结合已知求出底面三角形外接圆的圆心，进一步找出三棱锥外接球的球心，由勾股定理求得

外接球的半径，则答案可求.

解：己知P4=PB=PC=4B=2,AC1BC,

过P作PG_L平面ABC,垂足为G,

则G为三角形ABC的外心，则G为48的中点，即4G=1,

PG=yJPA2-AG2=V3，

该三棱锥外接球的球心。在PG上，设该三棱锥外接球的半径为R.

则。G=PG-R=b-R，0C=R,CG=1,

由勾股定理可得R2=（V3-/?）2+l，

解得R=逗.

3

•••该三棱锥外接球的体积为我X（等）3=11Hl

故选A.

11.答案：A

解析:

本题考查空间几何体外接球问题，难度一般.由题意求出底面ABC外接圆半径再由球与截面圆的

性质列出”=（乎?+（后求出球半径，算出表面积.

解：在三角形A3C中，AB=W,AC=BC=2,可求得sinA=9,

由正弦定理得词=2r（r为三角形A5C外接圆半径）解得丁=越,

T4

。到平面A5C的距离为

所以R2=（乎?+（后_RJ，解得R=手，

设R为四面体a-BCD外接球的半径，

所以外接球的表面积是47rx:5；.

故选A.

12.答案:C

解析：解析；

本题考查的是圆锥的结构特征，侧面积和外接球表面积，属于基础题.

解：原扇形的半径为圆锥的母线长，设为/,

扇形的弧长为圆锥底面的周长，设圆锥底面半径为「，

']7rr9yr

根据圆心角为120。可以得到底面半径与母线的比值--,则1=3r.

I<5

所以圆锥侧面积为：/X27TTTrlr,

圆锥的高/!=仔下，设外接球半径为R，

则(h-R)2+r2=R2,R=破士

2h

外接球表面积4;TR2=种”=/工，

4(12-产)I2-r2

7rlr_8r3_8

该圆锥的侧面积与它的外接球的表面积之比为亘127r>27

12—72

即可得到答案C

13.答案：B

解析：

本题考查正方体与三棱锥体积的求法，是基础的计算题.

由已知求得正方体的体积，减去八个正三棱锥的体积得答案.

解：由题意可知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，体积是8xjxix20x20x20=警c/；

正方体的体积为40x40x40=64000cm3；

则石凳的体积是64000一等=至罗cn^.

故选B.

14.答案:叵

3

解析：

本题考查三棱锥的外接球问题，属中档题.

要使三棱锥P-ABC的体积最大，即要使点C到平面PAB的距离最大，即点C到边A8的距离最大，

三棱锥的体积最大，结合球的截面性质可得球的半径为C。=•"*/=储”=迤.

733

解:取A8中点£),连接CQ,

设A48c的外接圆的圆心为E,4P4B的外接圆的圆心为F,

••・4PAB是边长为2的等边三角形，

•1•4P2B面积确定，

要使三棱锥P-力BC的体积最大，即要使点C到平面PAB的距离最大，

只有当平面力BC1平面PAB时，体积最大，

即点C到边AB的距离最大，三棱锥的体积最大,

•••4ACB=30°,且4B=2,

外接圆E的半径CE为:xf=2,

2sin3O

.•.点C在A4BC外接圆上运动，

如图所示:

当点C满足Q4=CB时，点C到边AB的距离最大，三棱锥的体积最大,

此时三棱锥的高即为CD的长，

此时44BC外接圆E的圆心E在CD上，

根据球的性质可知，OELCE,OF\DF,OF//ED,

故四边形EOF。为矩形，

故DE—DF=-x—x2=—,

323

在RtACEO中，球的半径为C。=VC£2+OE2=I4+-=—.

\33

故答案为叵.

3

15.答案：等

解析：

本题考查圆锥的侧面积公式与球的表面积公式，属于较难题目.

先通过圆锥的侧面积公式求出底面圆的半径以及高，进而通过勾股定理，求出外接球的半径，从而

得到圆锥外接球的表面积.

解：

由题意知，三角形A8C为正三角形，/.ASB=/.ASC=^BSC=60°,

所以48=SA,设圆锥底面半径为r,则'^=2r.,

sm60°

AB=V3r,SO=V3r2—r2=V2r,因为该圆锥的侧面积为3百兀，

|x2nrxV3r=V3/rr2=3V3TT,r=V3,SO=V6,

设圆锥的外接球的半径为R,(V6—R)2+产=R2,2Y/GR=9,R=

ax627

所以该圆锥外接球的表面积为4：rR建47rxf；7r，

故答案为等.

16.答案：(8,15]

解析：解：如图

根据三角形的边长，得三棱锥的四个面均为直角三角形,

4BAD=90°,△ABC王&CDA,乙BAC+Z.CAD=90°

将三棱锥侧面沿侧棱AB展开，如图

：.B,A,Bi共线，

此时两点间的连接线8S，即是△BEF的周长的最小值8,

但此时E,F重合于A,不能构成三角形，所以取不到8.

由图观察，当E,F分别在棱AC和棱AO上由A向下移动时,

BE,BIF的长度先变小,

移动至分别与AD,AC垂直时，BE,8/的长度最小，再向下移动逐渐变大，

所以△BEF的周长最大为BO+DC+CBi=15,

故答案为：（8,15]

利用极限思想，当E,尸两点接近点4时，ABEF的周长接近8,再将三棱锥A-BCD中的侧面展开,

可求得答案.

本题考查三棱锥的侧面展开图和截面三角形的周长问题，属于难题.

17.答案：I

解析：

此题考查棱锥和棱柱的体积和外接球，属于中档题.

先求正方体外接球的体积最大值，再求正方体的表面积最大值.

设此正方体外接球半径为R,体积最大的球应与四棱锥各个面都相切，

设球心为S,连$4、SB、SC、SD,SE,则把此四棱锥分为五个棱锥，它们的高均为R,易知四棱锥

的高为四，四个侧面三角形的底为2,高为2,

A^A-BCDE=^S-BCDE+^S-ABC+^S-ABE+^S-ADE+^S-ACD'

即三X2X2XV5=1X2X2XR+4XZX*X2X2XR,

正方体的体对角线是其外接球直径，故其体对角线为2R=*,棱长为g

33

•••正方体表面积的最大值为S=

故答案为：*

18.答案：4

解析：

本题考查了空间中的距离，连结OE,作PQ//DD］交DE于。，易知点。到直线CG的距离等于点P

到直线CQ的距离，

于是问题转化为求CQ哈•仅当CQ10E时，得CQmin•再计算即可.

解：连结OE,作PQ〃DZ\交。E于。，

因为CG〃DDi，所以PQ〃CG，

则点Q到直线CG的距离等于点P到直线CG的距离，

连结CQ,DD1_L平面ABCD,

则PQ_L平面ABCZ),点Q到直线CCi的距离等于CQ.

于是问题转化为求CQmin•仅当CQ1DE时，得CQmin.

不妨CE=Q,则DC=2a,DE=V5a，

设此时由直角三角形相似可知：CE2=QE,ED,

则QE=等，则DQ=隗a-^=学，则*=阻=4.

故答案为4.

解析:

本题考查了球的结构特征和表面积，是基础题目.取AC的中点M,则球面上A、8、C三点所在的

圆即为0M,连接0M,则0M即为球心到平面ABC的距离，利用勾股定理可以求得球的半径，进

而利用球的面积公式计算.

解：•••AB=BC=4,Z.ABC=90°,

•••AC=4V2.

取AC的中点则球面上A、B、C三点所在的圆即为。

连接OM则OM即为球心到平面ABC的距离，

^.Rti^OMA^,OM=4-R,MA=^AC=272,OA=R,

：.OM2+MA2=OA2,解得04=3,即球。的半径为3.

.,.球O的表面积为S=4TT-32=367r.

故答案为36兀

20.答案：丝臣

解析：

本题考查了三棱锥外接球的体积，在A8上取一中点£>,可得。是ZL4BC的外接圆的半径，连接PD,

可得球心在PO上，且球的半径为|PD,故可得该三棱锥外接球的体积.

解：如图所示，在AB上取一中点£>,因为AC1BC,可得。是。4BC的外接圆的半径,

连接PD,又因为三棱锥P-48C满足PA=PB=PC=AB=2,

故可得球心在PDE,且球的半径为2PC=2后分2>/3

333

故可得该三棱锥夕卜接球的体积为N竽产=驾.，

故答案为竺g7r

27

21.答案:(l)y=-1;

(2)2V5:。=7或一13；

(3)48；

(4)2+73.

解析：

(1)本题考查导数的几何意义的应用，属于基础题.

由导数，求得在久=0处的切线的斜率，由切点得切线方程.

解：；函数/(x)=x2—cos2x,

/(0)=-1,f'[x)=2x+2sin2x,

f'(0)=0,

•••切线方程为y=-1.

故答案为y=-1；

(2)本题考查圆的标准方程，直线与圆的位置关系的应用，属于基础题.

由圆的标准方程得圆心、半径，由直线与圆相切得圆心到直线的距离等于半径，求解。值.

解：设圆C的半径为r,r==2代，

圆C与直线—2y-a=。相切，

因为C(l,2),

所以2遥=嗟£

所以10=|a+3|,

解得a=7或-13.

故答案为2遮；a=7或—13；

(3)本题考查排列的实际应用，属于中档题.

由插空法进行排列，分布进行即可.

解：将3名参赛选手排成一排，形成了2个空，不包含两端，

将男教练插入到里面，此时形成了符合要求的4个空，

再将女教练插入即可，

故站法种数为质附=48.

故答案为48.

(4)本题考查简单组合体的结构特征，正方体的结构特征，球的外切，属于中档题.

由正方体与球的关系得大、小球的球心均在正方体的体对角线上，且R+r+Wr=逅a,求得球的

2

半径，相比得答案.

解：设正方体的棱长为小因为大球与所有面都相切，故R=当

因为小球与大球外切，且与正方体的三个面相切，

所以大、小球的球心均在正方体的体对角线上，且R+r+gr=ma,

2

解得「=嘉卜

所以三二呈；=罂=2+遍.

2(V3+1

故答案为2+V3.

22.答案：［蜉,2近］

解析:

本题考查线段长的取值范围的求法，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，是中档题.

取BiG中点G,连结FG,BG,推导出平面FGB〃平面AEC,从而点P在线段BG上运动，作41H1BG

于H,由A/W&PW&B,能求出线段&P长度的取值范围.

解：取&G中点G,连结FG,BG,

B

•・,在棱长为2的正方体4BCD—4B1GD］中，点、E、产分别是棱为久、的中点，

:・AE"BG,AC//FG,

vAEnAC=A,BGAFG=G,

・•・平面FGB〃平面AEC,

•••P是侧面正方形BCGa内一点（含边界），FP〃平面"C,

•••点尸在线段BG上运动，

2222

在等腰△&BG中，AXG=BG=yj2+I=V5，AXB=V2+2=2或，

作&H1BG于"，由等面积法解得：

.„A/JBG2-（竽22&X舟&2瓯

1BGV55

・•.AXH<A1P<AXB,

••・线段4P长度的取值范围是［等,2g.

故答案为：［雪,2夜］.

23.答案:207r

解析：

本题考查球的表面积公式，线面垂直的性质，余弦定理，三角形的面积公式，利用基本不等式求最

值，属于中档题.

先运用余弦定理，三角形面积，基本不等式等求解出：当A/IBC为等边三角形时其面积最大，设H

为△ABC的外心，从而得。H1平面ABC,建立与球。半径R有关的方程，解方程即可.

解：如图，在△ABC中，作4DJ.BC,

在△ABC中，/.BAC=60°,BC=26,

由余弦定理，WfiC2=AB2+AC2-2AB-AC-cos^BAC,

：.AB2+AC2-AB-AC=12>2>jAB2-AC2-AB-AC=AB-AC，

^iAB-AC<12,当且仅当AB=AC时，等号成立.

­.•SAABC=^AB-AC-sinZBAC=号旗AC《3『j•

ABC的面积最大值为3百，

此时AB=AC=BC=275,AD=3,△力BC为等边三角形.

记H为44BC的外心，即三棱锥P-ABC的外接球半径为R,

连接。，，过。做0E_LP4于E,

可知4H=^AD=2,

易知。Hl平面ABC,又P4_L平面A8C,所以H4〃0H,

又P4_L平面A8C,又AHu平面ABC,贝IJPA14H,又P41OE,所以4H//0E,

所以四边形OH4E为矩形，令OH=x,

则有R2=22+/=Q_%)2+22,解得R2=5,

故球。的表面积为S：20TT.

故答案为207r.

24.答案：327r

解析：

本题考查了求多面体外接球的问题以及折叠问题，属于简单题.

结合折叠后四个面都是直角三角形，利用斜边上的中线等于斜边的一半找出球心，从而求得半径,

求得外接球的表面积.

解由鳖席的定义可知，/-ABC=乙ADC=AADB=ADBC=90°,

设。为AC的中点，连接OB,OD,则04=。8=OC=。0,

故点。为该鳖腌的外接球的球心，AC为是其中的一条直径，

又AC=yjAD2+DC2=4V2，

所以该鳖膈的外接球的表面积为S：：$2TT,

故答案为32万.

o

25.答案：66

解析：

本题主要考查了利用已知条件求几何体的表面积，考查学生的逻辑思维想象能力，属于基础题.

根据已知条件得出总表面积=外表面-外表空洞+内部增加即可得.

解：总表面积=外表面-外表空洞+内部增加，

所以S=54—(4+3)+(5x3+4)=66.

故答案为66.

26.答案：J

O

解析：

本题考查了三棱锥的性质与体积计算公式、利用基本不等式求最值，考查了推理能力与计算能力，

属于中档题.

由题意画出棱锥的图形，AB=BC=CD=BD=AC=1,力。=x(xe(0,8))，取BC,的中点

2x2

分别为£F,可知面AE£>,可得S-EDK(x)=|-ShAED-BC=^^-\利用基

本不等式的性质即可得出最大值.

解：由题意画出棱锥的图形，AB=BC=CD=BD=AC=1,AD=x(xG(0,V3)).

取BC,AO的中点分别为E,F,则BCLDE,BCLAE,

又4EnDE=E,AEu面AED,DEu面AED,

所以BCllflAED,

1

,•"%)=鼠S—EO，BC

7%2(3-X2)1X2+3-X21

X―,

121228

当且仅当％=渔取等号.

2

・•・函数V(x)在其定义域上的最大值为

故答案为!.

O

27.答案：~

81

~8

解析：

本题考查正方体的结构特征，同时考查线面垂直的性质及判定，属于较难题.

找出过B］且与&E垂直的平面即可求解.

解：取CG，C。的中点分别为N,M,连结力

由于4&//MN,

所以4Bi，N,M四点共面，且四边形4B1NM为梯形，

在正方体4BC0-&BiCi0i中，E,M分别为8C,OC的中点，

在平面ABCD中，•••四边形4BC。为正方形，•••4M1.DE,

又,:DDi1平面ABCD,AMC平面ABC。，:.AM1DD1,

DDi，DE为平面内两条相交直线，

AM1平面。DiE.D\EC平面。UE,

D^ElAAf,

连接DiC,EC1平面CMV,MNu平面CMM

EC1MN」：MN1DC%CnEC=C,D、C,ECu平面CED「

MN_L平面CEO1，

vDrEu平面CEDi，

MN1DiE,

因为DiELUN.DiE±AM.MNA/,MN,AMu平面AMNBI,

所以1平面ABiNM,

因为点尸在正方体表面上移动，所以点P的运动轨迹为梯形力BiNM（除去点BQ,

因为正方体ABCD—AiBiGCi的边长为3,所以NM==3V2,AM—B1N=

所以梯形ABiNM为等腰梯形，高九=竽，

所以S=|（MN+也）.h=*誓+3。乎=y.

当户在CG上时，点P与N重合,

此时AP=J（3V2）2+|=|.

故答案为3，

28.答案：解：（1）证明：如图，取的中点F,连接ERDF,

•••D,尸分别是AB,的中点,

DF=^A1A,DF//A1A,

■■■ArA=CiC,44〃CiC,E是GO的中点，

DF=EC,WHEC,

••・四边形CDFE是平行四边形.

EF=CD,EF//CD.

CDC平面4EB,EFu平面&EB,

CD〃平面&EB.

(2)♦••△ABC是正三角形，。是AB的中点,

CD1.AB,

•••在正三棱柱ABC-4遇£中，，平面ABC,又AB,CDu平面ABC,

ArA1CD,ArA1AB.

又由(1)知D/7/&A,•••/),BD,。尸两两垂直.

•••以。为原点，分别以。8,DC,。尸所在的直线为x轴，y轴，z轴，

建立空间直角坐标系如图所示，

则0(000,),B&0,0),E(0,今1),41d0,2),

••・屈=(-渭，1)M=(。泉11砧=&»

设平面AiOE的法向量为元=(%,y,z),

n♦AXE="+fy-z=0

令z=遮,得y=-2,x=4V

n•DF=与y+z=

.・.n—(4>/3,-2,V3).

设平面ABE的法向量为记=(jn,n,t),

(m•AtE=-m+—t=0

22

则｛_»r,令t=l,得n=0,m=2.

[m•BF=--m+—n+t=0

l22

Am=(2,0,1).

设二面角的平面角为0,由己知得。€«).彳)，cos。＞0,

nm_4V3x2+(-2)xO+V3xl_9733

・•・cos0=cos<n,m>=

阿.阿J(4V3)2+(-2)2+(V3)ZXV22+02+1255

故二面角B-A.E-。的余弦值为费券.

解析：本题考查