2025年高考数学一轮复习之立体几何初步

2025年高考数学一轮复习之立体几何初步

选择题（共10小题）

47T

1.已知圆锥的底面半径为2,其侧面展开图是一个圆心角为三的扇形，则该圆锥的侧面积为（）

A.6TTB.8irC.10nD.12n

2.己知圆柱O1O2中，AD,BC分别是上、下底面的两条直径，且AZ）〃2C,AB=BC=4,若M是弧BC

的中

点，N是线段48的中点，则（）

A.AM=CN,A,C,M,N四点不共面

B.AM丰CN,A,C,M,N四点共面

C.AMLBD,△ACM为直角三角形

D.AM丰CN,△ACM为直角三角形

3.某圆台上底面圆半径为1,下底面圆半径为2,母线长为鱼，则该圆台的体积为（）

7TI57r27r

A.—B.—C.—D.3n

333

4.已知平面a、P，直线/ua,直线机不在平面a上，下列说法正确的是（）

A.若a〃0,m//贝!J/〃根B.若。〃0,m_Lp,则/_LM

C.若/〃m，a//P，则相〃0D.若/J_m//p,则a_L0

5.已知a,0是两个平面，a,6是两条直线，则下列命题为真命题的是（）

A.若qua,Z?u0,aJ_0,贝！J

B.若qua,a〃0,则Ja〃小

C.若〃_La,b_L0,a//b,则a〃0

D.若a〃a,a//b,则b〃a

6.已知/,根是两条不同的直线，a,0是两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的是（）

A.若1〃m,mca,贝U/〃a

B.若/〃a,m//P，a〃B，贝！］/〃加

C.若。_10,Zea,mep,贝U/_Lm

D.若m_L0,I//a,I//m,则a_L0

7.已知三棱锥V-ABC的外接球的体积为竺避TT,匕4，平面力BC,AB=2AC=2,ZBAC=^n,则三

273

棱锥y-ABC的体积为（）

A,由V6V30

B.一C.—D.——

3366

8.在正方体A5CD-ALBCLDI中，P,。分别是线段A51与5。的中点，现有如下结论:

71

①直线PQ与直线BC所成的角为］；

©PQ1BB1；

1

③PQ

④尸。〃平面A3CD

则正确结论的个数为（）

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

9.如图，将边长为1的正△ABC以边为轴逆时针翻转。弧度得到△ABC,其中8€（0,J）,构成一

个三棱锥C-A8C.若该三棱锥的外接球半径不超过一，则e的取值范围为（)

6

C.(0,J]D.生今

10.在底面是边长为4的正方形的四棱锥P-A8CQ中，点尸在底面的射影H为正方形A8CQ的中心，异

3

面直线尸5与所成角的正切值为彳则四棱锥尸-A5C。的内切球与外接球的半径之比为（）

2

6547

A.—B.—C.—D.—

17161318

二.填空题（共5小题）

11.如图，四边形A8CD是圆柱OE的轴截面，且A8=BC=4,F,G是圆。上异于A,8的两点，当EG

//平面DAF时，直线EG与直线AF所成角的余弦值为.

12.如图，经过棱长为1的正方体的三个顶点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去

掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是

13.已知在直三棱柱ABC-中，AB1BC,tanZBAC=且此三棱柱有内切球，则此三棱柱的

内切球与外接球的表面积之比为.

14.如图，在几何体尸中，EF//AD//BC,梯形A8C。和梯形AEO为等腰梯形，AD=2EF=2BC

8>/2

=2AE=2AB=2BE,若几何体A2ECDB的体积为一，贝UA8=

3-----------

15.在三棱柱ABC-A]31cl中，A4i_L平面ABC,ZABC^90°,BA^BC^BBi^l,尸是矩形BCC181

内一动点，满足PA1+PC1=2,则三棱锥P-ABC外接球体积为.

三.解答题(共5小题)

16.如图，在正四棱柱ABCO-AIBICLDI中，AAI=4,AB=2,E为棱。)上一点(含端点)，且。E=ADZ)I.

(1)证明：AC±BiE；

(2)当2=或时，证明：平面ACE；

(3)设几何体囱ACE的体积为V,若在(3,5),求入的取值范围.

17.如图，在正三棱锥A-BCD中，BC=CD=BD=4,点P满足4P=/L4C,AG(0,1),过点P作平面

a分别与棱AB,BD,CD交于Q,S,T三点，且AD〃a,BC//a.

(1)证明：VXe(0,1),四边形PQST总是矩形；

(2)若AC=4,求四棱锥C-PQST体积的最大值.

18.如图是一个平面截底面边长为2的正方形的长方体ABC。-ALBICID所得的几何体ABCDEEGHAC

与2。相交于点O,AE=1,CG=2,BF=DH.

(1)证明：OG_L平面BOE；

(2)求三棱锥G-8DE的体积.

G

19.如图，在四棱锥Q-ABCD中，四边形ABC。为直角梯形，CD//AB,BC±AB,平面平面ABCD,

QA=QD,点M是AD的中点.

(I)证明：QM±BD.

V42

(II)点N是CQ的中点，AD=AB=2CD=2,当直线MN与平面Q8C所成角的正弦值为〒时，求

四棱锥Q-A3。的体积.

20.如图，在直三棱柱ABC-481cl中，AiCi=BiCi=3,AiBi=4V2,。为AiBi的中点.

(1)证明：31c〃平面ACiD

(2)若以ABi为直径的球的表面积为48n,求三棱锥Bi-AC1D的体积.

Bi

2025年高考数学一轮复习之立体几何初步

参考答案与试题解析

一.选择题（共10小题）

1.已知圆锥的底面半径为2,其侧面展开图是一个圆心角为式的扇形，则该圆锥的侧面积为（）

A.6TTB.8TCC.lOnD.12n

【考点】圆锥的侧面积和表面积.

【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；数学运算.

【答案】A

【分析】根据半径求出底面周长，由弧长公式可得母线长，再利用圆锥的侧面积公式求解.

【解答】解：因为底面半径，=2,

所以底面周长为2Trr=4iT,

47r

又因为侧面展开图是圆心角为弓的扇形，

所以圆锥的母线长上萼=3,

T

所以该圆锥的侧面积S=Tu7=nX2X3=6n.

故选：A.

【点评】本题主要考查了圆锥的侧面积公式，属于基础题.

2.已知圆柱0102中，AD,8c分别是上、下底面的两条直径，S.AD//BC,AB=BC=4,若M是弧

的中

点，N是线段的中点，则（）

A.AM=CN,A,C,M,N四点不共面

B.AMWCN,A,C,M,N四点共面

C.AM±BD,/XACM为直角三角形

D.AM声CN,△ACM为直角三角形

【考点】平面的基本性质及推论.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑推理.

【答案】D

【分析】根据圆柱中的直线与直线、直线与平面的位置关系，逐项判断即可得结论.

【解答】解：因为点MC8C,而BCu平面ACN,

结合圆柱结构，所以〃金平面ACN,故A,C,M,N四点不共面；

圆柱。1。2中，AD,8c分别是上、下底面的两条直径，且AO〃BC,AB=BC=4,

若M是弧2C的中点，N是线段AB的中点，

/21,____________

故BM=^fBC=2V2,BN=^AB=2,所以4M=VXB2+BM2=2布

CN=y/CB2+BN2=2后故AM^CN-,

连接AO2,则依题有AO2为AM在平面ABCD内的射影，

在平面ABC。内显然与A02不垂直，故AM与BD不垂直；

MC=MB=2V2,AC=4V2,AM2+MC2^AC2,则△ACM为直角三角形.

故选：D.

【点评】本题考查空间几何体的结构特征、空间点线面的位置关系，考查数学运算、逻辑推理、直观想

象，属于基础题.

3.某圆台上底面圆半径为1,下底面圆半径为2,母线长为迎，则该圆台的体积为（）

77r57r27r

A.—B.—C.—D.3n

333

【考点】圆台的体积.

【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；数学运算.

【答案】A

【分析】根据题意，由圆台的结构特征求出圆台的高，进而由圆台的体积公式计算可得答案.

【解答】解：根据题意，设该圆台的高为九其轴截面如图，

有OA=1,0iC=2,AC=a,

则AB=yjAC2-（OiC-OAY=V2^1=1,即/?=1；

1777"

故该圆台的体积V=W（n+4ii+，7rx4兀）h=-y.

故选：A.

【点评】本题考查圆台的体积计算，涉及圆台的结构特征，属于基础题.

4.已知平面a、p,直线/ua,直线机不在平面a上，下列说法正确的是（）

A.若。〃0,777〃0,贝"〃机B.若式〃0,机_1_0,则/_1_机

C.若1〃m,a//P，则机〃BD.若/J_:w，机〃0,则a_L0

【考点】空间中直线与直线平行.

【专题】运动思想；分析法；空间位置关系与距离；直观想象.

【答案】B

【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案.

【解答】解：对于A,若a〃仇"2〃0,贝!]/〃根或/与优异面，故A错误；

对于8,若式〃0,则〃z_La,又/ua,贝"故2正确；

对于C,若1〃机，a〃印则机〃0或机u0,故C错误；

对于D若则a〃0或a与B相交，故。错误.

故选：B.

【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象

能力与思维能力，是中档题.

5.已知a,0是两个平面，a,6是两条直线，则下列命题为真命题的是（）

A.若aua,bu0,a_L0,贝!Ja_Lb

B.若qua,a〃0,贝Ua〃匕

C.若a_La,bl.p,a//b,贝！]a〃0

D.若。〃a,a//b,则6〃a

【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位

置关系.

【专题】应用题；对应思想；综合法；数学抽象.

【答案】C

【分析】根据题意，由直线与平面的位置关系分析选项，综合可得答案.

【解答】解：根据题意，依次分析选项:

对于A，若qua,a±p,直线〃、b平行、相交或异面，A错误;

对于8,若qua,bu0,a〃由直线a、6平行或异面，8错误;

对于C,若a_La,a//b,则b_La,又由b_L0,则a〃0,C正确;

对于。，若〃〃a,allb,则Z?〃a或bua,。错误.

故选：C.

【点评】本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与平面垂直、平行的判断，属于基础题.

6.已知/,根是两条不同的直线，a,0是两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的是（）

A.若1〃m,mua.,贝!!/〃a

B.若/〃a,m//P，a〃0,则/〃加

C.若a_l_0,Zea,mep,贝"

D.若机_L0,I//a,I//m,则a_L0

【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位

置关系.

【专题】整体思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；直观想象.

【答案】D

【分析】由空间中直线与直线、直线与平面位置关系逐一分析四个选项得答案.

【解答】解：若l〃m,mu（x,贝卜〃a或/ua,故A错误;

若/〃a,m//P，a〃仇贝！J/〃m或/与根相交或/与相异面，故3错误;

若a_LB，/ua,"zu0,贝!!/与机可能平行，故C错误;

•.•机_L0,l//m,/.Zip,又/〃a,记/uy,且丫。a=/',贝U,

得故。正确.

故选：D.

【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是

中档题.

40V307

7.己知三棱锥V-ABC的外接球的体积为------冗,VA1平面ABC,AB=2AC=2,ZBAC=gn,则三

273

棱锥V-ABC的体积为（）

A心V6V30

B.一c.—D.——

3366

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算.

【答案】A

【分析】先根据球的体积公式求出球的半径R,再根据余弦定理与正弦定理求出AABC的外接圆的半径

r,从而可得三棱锥V-ABC的高为J（2/）2-（2r）2,最后根据三棱锥的体积公式，即可求解.

440/30

【解答】解：..•三棱锥v-ABC的外接球的体积为］兀夫3=-兀，

327

三棱锥V-ABC的外接球的半径R=曜，

V3

27r

又AB=2AC=2,等，

：.BC=Jl2+22-2xlx2x(-1)=V7,

设AABC的外接圆的半径为r,

BC=V7

则根据正弦定理可得：2r=

sin/-BAC-V3

T

噂,又一，平面ABC,

三棱锥V-ABC的高为J(2R)2—(2r)2=14x学—4x(=2,

一八,11V3V3

・，・三棱锥V-ABC的体积为一x-x1x2x—x2=—.

3223

故选：A.

【点评】本题考查三棱锥的体积的求解，三棱锥的外接球问题，属中档题.

8.在正方体ABCD-ALBCLDI中，P,。分别是线段A51与8。的中点，现有如下结论:

71

①直线PQ与直线BC所成的角为不

②尸。，881；

1

③PQ=2码；

④P。〃平面A8CD

则正确结论的个数为（）

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

【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行.

【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理.

【答案】C

【分析】作PELAB于点E,。下，BC于点尸根据异面直线的角的定义求出平面角判断①；由①得尸。

//EF,结合281，斯判断②；设边长为2,PQ=EF,分别求出ER判断③；利用线面平行判定

定理，可判断④.

【解答】解：在正方体ABC。-481C1D中，P,。分别是线段A81与3C1的中点，

对于①，如图作PELAB于点E,。尸，2C于点P,连接ER所以。尸〃821,

且QF=*BBi，PE//BB1,且PE=5BB「所以四边形PEF。为平行四边形，

所以PQ〃所，所以NEFB即为直线尸。与直线BC所成的角，又BE=BF,

所以故①错误；

对于②，因为平面4BC。，EFc®ABCD,所以B8i_LEF,

由①知PQ〃ER所以尸。，881,故②正确；

对于③，设正方体的棱长为2,因为PQ=EF,在Rt/\E8尸中，EF=y/BE2+BF2=Vl2+I2=V2,

又因为AB】=V22+22=2或,所以EF=245］，即PQ=*AB「故③正确；

对于④，由①得，PQ//EF,因为P0仁平面ABC。，EFu平面ABCZ),

所以PQ〃平面A8CD,故④正确

所以，②③④正确，①错误，

故选：C.

【点评】本题考查异面直线所成角、线面垂直、线面平行等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.

9.如图，将边长为1的正△ABC以边A8为轴逆时针翻转。弧度得到AABC,其中8e(0,J),构成一

个三棱锥C-ABC.若该三棱锥的外接球半径不超过叵，则0的取值范围为()

6

c'

A.(0,1]B.(0,勺C.(0,JTTD.生5)

【考点】球的体积和表面积；棱锥的结构特征.

【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；数学运算.

【答案】c

【分析】由图结合垂径定理找到球的球心。，翻折的角。即为NCDC'的大小.设OC=R,易知DC=

=孚，DE=埠cos',DG=gCG=孚，EC=EC*sin$,得R2=iH----结合9G

DC

LLLo3■42

(0,分Wo<e<

【解答】解：如图，由正AABC知，取线段AB的中点。，取线段。上靠近点。的三等分点G,则G

为正△ABC的外心.

取CC'的中点E,连接CD,CD,DE,由C£)=C'。知，OE为线段CC'的中垂线.

在平面C'CD内过G作CD的垂线交即于。，连接。C,

则。即为三棱锥的外接球球心，

由二面角的平面角的定义可得翻折的角6即为/COC'的大小.

设OC=R,由边长为1的正△ABC易知。C=OC'=卑DE=^cos-,£)G=^DC=gCG=马DC=字,

2223633

EC=EC'^~sin^,

L6

„,7302/----------------7R2—sin1-)2,

则一cos-=DE=DO+0E=-Q+y/OC2-EC2=—+

22cos2-cos2-

化简可得*//I又因为CTBC三棱锥的外接球半径RM等即解芸+曲球，

解得cos2^结合6£（0,分

可得cos^N坐,解得0〈号〈卷,

即0V。＜J.

故选：c.

【点评】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.

10.在底面是边长为4的正方形的四棱锥尸-ABC。中，点尸在底面的射影H为正方形A3CQ的中心，异

3

面直线尸8与A0所成角的正切值为,则四棱锥尸-A5CQ的内切球与外接球的半径之比为（）

6547

A.—B.——C.—D.——

17161318

【考点】球的体积和表面积.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算.

【答案】c

【分析】依题意可得P-ABCD为正四棱锥，由AD//BC可得异面直线PB与AD所成的角为NP8C,

取BC中点E,连接PE、HE,即可求出PE、HP,再求出四棱锥的表面积与体积，从而求出内切球的

半径，再由勾股定理求出外接球的半径，即可得解.

【解答】解：由题可得四棱锥尸为正四棱锥，即有B4=P3=PC=PO.

因为Ar>〃BC,所以异面直线PB与A。所成的角为NPBC,

PF

取BC中点E,连接PE、HE,贝UPELBC,所以tanNPBC=1g=

所以PE=3,HP=y/PE2-HE2=V5.

从而可以求得四棱锥P-ABCD的表面积和体积分别为:

S=1X4X3X4+42=40,U/x4x4x逐=与2

所以内切球的半径为r=9=竽・

设四棱锥尸-A8CZ）外接球的球心为。，外接球的半径为R,贝1］。尸=。4

贝I」（遮一R>+（2a）2=R2,解得R=膂，所以彳=2.

故选：C.

【点评】本题考查四棱锥的外接球与内切球问题，化归转化思想，方程思想，属中档题.

填空题（共5小题）

11.如图，四边形ABC。是圆柱0E的轴截面，且42=2。=4,F,G是圆。上异于A,8的两点，当EG

V5

//平面DAF时，直线EG与直线AF所成角的余弦值为y.

【考点】异面直线及其所成的角.

【专题】计算题；转化思想；综合法；空间角；数学运算.

【答案】y.

【分析】连接EO,OG,利用面面平行的性质定理可得OG〃AF,即有NEG。为直线EG与直线AF所

成角，再在Rt^EOG中运用三角函数关系即可求得答案.

【解答】解：连接E。，0G,

"JOE//AD,AZJu平面D4几

。的平面DAF,

.•.0£〃平面。4/，而EG〃平面ZW,

OECEG=E,OE,EGu平面EOG,

平面EOG〃平面DAF,

又平面ABFC平面EOG=OG,

平面ABBCl平面DAF^AF,

：.OG//AF,

则/EGO为直线EG与直线AF所成角,

又OG=^4B=2,EO=BC=4,

：.在RtAEOG中，EG=y/EO2+OG2=V42+22=2有,

/“cOG2V5

COS/£GO=诙=^=E，

A直线EG与直线AF所成角的余弦值为

V5

故答案为：—.

【点评】本题考查了异面直线所成角的求法，是中档题.

12.如图，经过棱长为1的正方体的三个顶点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去

掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是.

【考点】球的体积和表面积；球内接多面体.

【专题】计算题；整体思想；综合法；球；数学运算.

【分析】如图，七面体为正方体ABCD-AiBiCiDi截去三棱锥Bi-BAiCi的图形，由正方体的结构特

征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角

线为。上，以点。为原点建立空间直角坐标系，设球心。(a,a,a)(0<a<1),利用向量法求出球心

0到平面BAiCi的距离进而可得出答案.

【解答】解：如图，七面体为正方体ABC。-A131C1D截去三棱锥31-84。的图形,

由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，

该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线的。上,

如图，以点。为原点建立空间直角坐标系，

则B(1,1,0),Ai(1,0,1),Ci(0,1,1),

1

设球心。(a,a,a)(0<a<引,

—>—>—>

故=(0,-1,1),BC1=(-1,0,1),OB=(1—a,1-a,-a),

设平面84cl的法向量为£=(x,y,z),

则有总处】=-y+z=。，可取"(i,i,i),

{n•BCi=—%+z=0

7T

、.IOB'Tt\a+1-a—2-3a

则球心0到平面BAiCi的距曷为J-----尸-----L=

\n\V3V3

因为球。与三个正方形面和等边三角形面相切，

所2以—3a=a,解得a=Q卡-，

所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是寸3—V.3

故答案为：

【点评】本题考查了七面体内部能容纳最大球的半径计算，属于中档题.

13.已知在直三棱柱ABC-A1BC1中，AB1BC,tanZBAC=且此三棱柱有内切球，则此三棱柱的

4

内切球与外接球的表面积之比为—.

~29~

【考点】球的体积和表面积.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑推理；数学运算.

4

【答案】—•

【分析】设8c=3a,结合条件AB1BC,tcm/BAC=:可求AB,AC,根据三棱柱有内切球求出此三

4,

棱柱的内切球半径，再求外接球的半径，结合球的表面积公式求结论.

【解答】解：设BC=3a,因为tanAC=

所以AB=4a,AC=5a,

设AABC的内切圆的半径为r,

11

则由三角形的面积相等得：-(.AB+BC+AQr=-AB-BC,

11

即］(4a+3a+5a)r=-X(4a)x(3a),解得r=a,

因为三棱柱ABC-421Cl有内切球，所以A4i=2a,

因为ABJ_8C,BBilAB,BBi±BC,

所以直三棱柱ABC-ALBICI的外接球就是以54,BC,821为棱的长方体的外接球，

即直三棱柱ABC-ALBICI的外接球的直径就是以BA,BC,B81为棱的长方体的对角线，

且其长为+BC2=V4a2+16a2+9a2=回a,

所以三棱锥ABC-AiBiCi的内切球的表面积为MJ,

三棱锥的外接球的表面积为29TM2,

4

所以三棱柱ABC-AiBiCi的内切球与外接球的表面积之比为丁.

29

4

故答案为：—.

A

【点评】本题考查球表面积的求法，几何体的内切球问题，属于中档题.

14.如图，在几何体A8ECQ/中，EF//AD//BC,梯形A3CQ和梯形AE尸。为等腰梯形，AD=2EF=2BC

8A/2

=2AE=2AB=2BE,若几何体ABECDF的体积为——，则AB=2.

3--------

BC

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑推理；数学运算.

【答案】2.

【分析】作出图形，取的中点连接EM,BM,则易得几何体A8ECL甲的体积为正四面体E42M

与三棱柱BEM-C/加的体积之和，再根据体积建立方程，即可求解.

【解答】解：如图，取AD的中点连接EM,BM,

由EF//AD,AD=2EF,

可得四边形£7*加为平行四边形，可得

又由AE=EF,可得

可得△AME为等边三角形，

同理可得三棱锥为正四面体，

设A8=a,如图，过点E作OE_L平面于点0,连接OM,

易得。M=^x,a=停口，所以E0='EM2一OM=Ja?_（停a）2=*a,

所以VE-ABM=ixia2x^x^ct=y|ci3,

又由AM^MD,可得三棱柱BEM-CFD的体积是三棱锥E-体积的3倍，

所以几何体ABECDF的体积为三棱锥E-ABM体积的4倍，

V2,8A/2.

可得—ax4=-----，解得a=2.

123

故答案为：2.

【点评】本题考查多面体的体积问题，分割补形法的应用，方程思想，属中档题.

15.在三棱柱ABC-A1BC1中，AAi_L平面ABC,ZABC=90°，BA=BC=BBi=l,P是矩形8CC1B1

内一动点，满足E42+PC2=2,则三棱锥P-ABC外接球体积为—.

3

【考点】球的体积和表面积.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算.

•V27T

【答案】—•

【分析】根据题意易得如2+PC2=AC2,从而可得尸在以AC为直径的球上，进而可得三棱锥尸-ABC

外接球即为以AC为直径的球，再根据球的体积公式，即可求解.

【解答】解：根据题意可得4。=鱼，B42+PC2=2,

.•.B42+PC2=AC2,

在以AC为直径的球上，又/ABC=90°,

8也在该球上，

三棱锥尸-A8C外接球即为以AC为直径的球，

.,.该球的半径为—=—,

22

44A/2\FZTI

，三棱锥P-ABC外接球体积为一"/?3=-x7TX(---)3=-----.

3323

故答案为：字.

【点评】本题考查三棱锥的外接球问题，属中档题.

三.解答题(共5小题)

16.如图，在正四棱柱ABCO-AIBICLDI中，A4I=4,A8=2,£为棱。。I上一点(含端点)，且。E=ADOI.

(1)证明：AC±BiE；

1

(2)当2=押，证明：3诟，平面ACE；

(3)设几何体81ACE的体积为V,若V6(3,5),求人的取值范围.

【考点】直线与平面垂直.

【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；数学运算.

【答案】（1）证明见解答;

（2）证明见解答；

⑶/，奇.

【分析】（1）先证明线面垂直，然后得到线线垂直；

（2）证明线线垂直，结合第（1）问的线线垂直，由线面垂直的判定定理可得；

（3）将几何体BiACE的体积为V转化为几个体积之和差，全部用人表示出来，然后根据作（3,5）,

解不等式即可.

【解答】证明：（1）如图，连接B。，BiDi,

在正四棱柱ABCO-ALBICIDI中，底面A2CO为正方形，且班」平面ABC。，

所以AC_LBD,

又ACu平面ABC。，所以AC_L88i,

因为80,881U平面瓦汨121,BDCiBBi=B,

所以AC_L平面BDDiBi,

又BiEu平面BODiBi,所以AC_L8i£.

1

(2)当2=齐寸，E为。》的中点，

22

所以D/=DE=切心="&=2,BiDi=JA^+A1D1=242,

2

所以4E=2V2,B±E=y/D1E+DrB[=2值.

又4Bi=2V5,

所以4产+BF=砒，§PAE±BiE,

由(1)知，AC±BiE,

因为AC,AEu平面ACE,ACDAE=A,

所以8iE_L平面ACE.

(3)解：因为E为棱。Di上一点(含端点)，且。E=XDZ)i,所以入曰0,1],

又24c=2v2,则IZ=VA-BDEB1+^C-BDEBr~^E-ACD~-ABC=2匕-BOE%—^E-ACD-^Br-ABC,

88

则昨竽竽----

(l+Q-33

因为VC(3,5),所以3V表1+2)<5,

17

解得:

88

即入的取值范围是焉,^).

【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查了棱柱、棱锥体积的求法，属于中档题.

—>—>

17.如图，在正三棱锥A-BCD中，BC=CD=BD=4,点P满足4P=〃1C,入6(0,1),过点P作平面

a分别与棱AB,BD,CD交于Q,S,T三点,且AO〃a,BC//a.

(1)证明：VAe(0,1),四边形P0ST总是矩形；

(2)若AC=4,求四棱锥C-PQST体积的最大值.

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积.

【专题】函数思想；转化思想；综合法；立体几何；逻辑推理；数学运算.

12872

【答案】(1)证明见解答；(2)--------.

81

【分析】(1)取BC中点E,连接AE,DE,则根据题意易知BC_LAE,BCLDE,从而可得8C_L平面

ADE,从而可得再根据线面平行的性质定理，平行四边形的判定定理，即可证明；

(2)根据题意易得。尸=MC=4入，PT=(1-A)AD=4(1-A),设AECQP=尸，DEdST=G,连接

FG,取A。中点/,连接E/,设EICFG=H,则易知瓦/即为C到平面PQST的距离，再根据锥体的体

积公式，构建函数模型，最后通过基本不等式，即可求解.

【解答】解：(1)证明：如图，取BC中点E,连接AE,DE,

A

则根据题意易知8CJ_AE,BCLDE,又AECDE=E,

.•.8C_L平面ADE,又AOu平面ADE,

J.BCLAD,

5LAD//a,BC//a,

根据线面平行的性质定理可得：

PT//AD//QS,QP//BC//ST,

...四边形尸QST为平行四边形，又8CLA。，

C.QPLPT,

四边形PQST为矩形，

故：VAe(0,1),四边形PQST总是矩形；

(2)•.•在正三棱锥A-8C。中，BC=CD=BD=4,又AC=4,

...正三棱锥A-8C。是棱长为4的正四面体，

—>T

•：AP=XAC,入6(0,1),

QPAPPTCP

—=—=A,—=—=1—A,

BCACADCA

:.QP=XBC=4X,PT=(1-A)AD=4(1-A),

设AEnQP=RDEHST=G,连接尸G,取AO中点/,连接£7,设E/CFG=H,

则由(1)知8CJ_平面AOE,QP//BC,平面AOE,

又。尸u平面PQST,

平面AZ)E_L平面PQST,又易知&£1=/)£1,/为中点，

J.EILAD,易知AZ)〃EG,

：.EI±FG,平面AOECI平面PQST=PG,E/u平面ADE,

；.E△平面PQST,：.EH即为E到平面PQST的距离，

EHEFCP

又一=一=—=1-A,

EIEACA

：.EH=(1-A)EI=(1-A)-JED2-ID2=(1-A)(2V3)2-22=2V2(1-A),

又易知BC〃平面PQST,：.C到平面PQST的距离等于E到平面PQST的距离,

四棱锥C-尸QST体积为［XQPXPTXEH=|x4Ax4(1-A)X2^2(1-2)

16V216V2,2A+1-A+1-Z128夜

=-3—X24(1-2)(1-A)<—3—x(--------2--------y3=81，

当且仅当2人=1-入，即入=寺时，等号成立，

金

/.四棱锥C-PQST体积的最大值为1飞28十.

【点评】本题考查线线垂直的证明，四棱锥的体积的最值的求解，函数建模，基本不等式的应用，属难

题.

18.如图是一个平面截底面边长为2的正方形的长方体ABCD-A1B1C1D所得的几何体ABCDEEGHAC

与相交于点O,A£=l,CG=2,BF=DH.

(1)证明：OG_L平面BDE；

(2)求三棱锥G-8DE的体积.

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑推理；数学运算.

【答案】(1)证明见解答；(2)2.

【分析】(1)根据题意证明8OLOG,又EOLG。，再根据线面垂直的判定定理，即可证明;

(2)根据三棱锥的体积公式，即可求解.

【解答】解：(1)证明：如图，连接E。，

根据题意可得：0A=OB=0C=0D=V2,

ABCD,CG_L平面4BCD,ACc¥ffiABCD,

：.AE±AC,CG±AC,

_AE1V2OC42tAEOC

"AO~y[2~2CG-2'•[0-CO'

AEOC