高中数学第八章第1节《基本立体图形》提高训练题 (28)(含答案解析)

第八章第1节《基本立体图形》提高训练题（28）

一、单项选择题（本大题共9小题，共45.0分）

1.在三棱锥P-4BC中，PA=PB=PC=2,且底面ABC为正三角形，。为侧棱PA的中点，若

PCLBD,棱锥P-力BC的四个顶点在球。的表面上，则球。的表面积为（）

A.67rB.87TC.127rD.167r

2.在三棱锥P—HBC中，PA=PB=PC=AB=V3，且CB1C4,若三棱锥P-ABC四个顶点在

球。的表面上，则球。的表面积为（）

A.nB.47rC.D.y

3.己知正方体力8。。-48传1。1的棱长为1,E、F分别是线段48、BZ\上的动点，若EF〃平面

ADD^,则三棱锥4-EFBi的最大体积为（）

A.更B.C.士D.J

1212248

4.在三棱锥P-ABC中，AB1BC,P在底面ABC上的投影为AC的中点。，DP=DC=1.有下列

结论：

①三棱锥P-ABC的三条侧棱长均相等；

②4PAB的取值范围是©（）；

③若三棱锥的四个顶点都在球O的表面上，则球O的体积为善；

④若48=BC,E是线段PC上一动点，则OE+BE的最小值为”.

其中正确结论的个数是（）

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

5.在四面体4-BCD中，AB=CD=AC=BD=V3>AD=BC=2,若平面a同时与直线A8、直

线CD平行，且与四面体的每一个面都相交，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积

的最大值为

A*B.越C.V2D.越

242

6.在四面体ABC。中，△ABC和△BCD均是边长为1的等边三角形，己知四面体A8CO的四个顶

点都在同一球面上，且A。是该球的直径，则四面体ABC。的体积为（）

A.立B.立C.立D.在

241264

7.在三棱锥A—BCD中，4ABD与ZCBD均为边长为2的等边三角形，且二面角4一BD-C的平面

角为120。，则该三棱锥的外接球的表面积为（）

A.7兀B.8兀C.—D.—

33

8.已知在三棱锥P-48c中，PA=PB,a/BC为锐角三角形，且点尸在平面A3C上的投影01为

△4BC的垂心，。2为△P4B的重心.若二面角P-48-C的余弦值为且POi=2V2,PC=2^3,

贝1JCO2=

A.1B.2V2C.越D.3

3

9.正方体49（7。-44弓马的棱长为/，点M在棱上，且期=g，点尸是平面H5CZ）上

的动点，且点尸到直线44的距离与点尸到点M的距离的平方差为乙则点尸的轨迹是（）

A.抛物线

B.双曲线

C.直线

D.以上都不对

二、多项选择题（本大题共6小题，共24.0分）

10.己知边长为2的菱形ABCD中，AABC=y,现沿着8。将菱形折起，使得4C=同则下列结

论正确的是（）

A.AC1BD

B.二面角4-8D-C的大小为g

C.点A到平面BCD的距离为|

D.直线AO与平面BC。所成角的正切值为g

11.（多选题）如图所示，在正方体48。。一41/6。1中，M,N分别为棱

G2,qc的中点，有以下四个结论，其中正确的结论为（）.

A.直线AM与CQ是相交直线

B.直线AM与BN是平行直线

C.直线8N与MB1是异面直线

D.直线MN与4c所成的角为60。.

12.如图，以等腰直角△ABC的斜边上的高AO为折痕，把AABD和aACD折成相互垂直的两个平面,

卜列结论正确的是（）

B.ZBAC=60°

C.若AD=1,则三棱锥内切球的半径为匕0

6

D.二面角B—AC-。的平面角的正切值为立

2

13.如图，正方体2BCD-4B1GD］的棱长为1,P为BC的中点，。为线

段CC1上的动点，过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S,

则下列命题正确的是（）

A.当0<CQ<：时，S为四边形

B.当“=泄，S为等腰梯形

C.当CQ=：时，S与GS的交点R满足C/=?

D.当:<CQ<1时，S为六边形

4

14.如图，正方体ABCD-4道传101的棱长为1,尸为BC的中点，。为线段CC】上的动点，过点A,

P,。的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是（）

A.当0<CQ<2时，S为四边形；

B.当CQ=1时，S不为等腰梯形；

C.当CQ=即寸，S与C/i的交点R满足C#=i；

D.当CQ=1时，S的面积为手.

15.在棱长为1的正方体4BCD-AiBiQDi中，M是线段4G上一个动点，则下列结论正确的是（）

A.四面体/ACM的体积恒为定值

B.直线D】M与平面ADiC所成角正弦值的最大值为士

2

C.异面直线与AC所成角的范围是［60。,90。］

D.当441M=&G时，平面截正方体所得的截面面积为：

三、填空题（本大题共13小题，共65.0分）

16.在平面四边形ABCQ中，AB=CD=1,BC=近，AD=2,/.ABC=90°,将△ABC沿AC折

成三棱锥，三棱锥B—ACO的体积最大值为，当三棱锥B—4CD的体积最大时此三棱锥外

接球的体积为.

17.如图，直三棱柱4BC-4B1G中，AAX=2,AB=BC=1,乙ABC=90°,外接球的球心为O,

点E是侧棱BBi上的一个动点.有下列判断:

/分…万一一

①直线4C与直线GE是异面直线:②&E一定不垂直于4G；③三棱锥E-440的体积为定值;

@AE+EG的最小值为2vL

其中正确的序号是.

18.无人侦察机在现代战争中扮演着非常重要的角色，我国最新款的无人侦察机名叫“无侦-8”.无

侦-8（如图1）是一款以侦察为主的无人机，它配备了2台火箭发动机，动力强劲，据报道它的最

大飞行速度超过3马赫，比大多数防空导弹都要快.如图2,已知空间中同时出现了A,B,C,

。四个目标（目标和无人机的大小忽略不计），其中=2«akm，AD=2gakm，BC=CD=

BD=6akm,a>0,且目标A,B,。所在平面与目标8,C,。所在平面恰好垂直，若无人

机可以同时观察到这四个目标，则其最小侦测半径为km.

19.已知三棱锥P-ABC的顶点P在底面的射影。为△ABC的垂心，若S4ABc-S&oBC=SipBC，且三

棱锥P-ABC的外接球半径为3,则SAPM+SAPBC+SAPAC的最大值为.

20.如图正方体力Ci中,M为AB中点，N为8c中点，P为线段CG上一动点（不含C）,过M,N,P与

正方体的截面为a，则下列说法正确的是

①当言时，a为五边形

②截面a为四边形时，a为等腰梯形

③截面a过久时，言书

④a为六边形时在底面投影面积Si，a为五边形时在底面投影面积S2,则Si>S2

21.如图正方体AC1中，M为A8中点，N为BC中点，P为线段CC1上一动点（不含C）,过M,N,P与

正方体的截面为a,则下列说法正确的是.

①当言W：时，a为五边形；

②截面a为四边形时，a为等腰梯形;

③截面a过5时，言=《；

④a为六边形时在底面投影面积Si，a为五边形时在底面投影面积S2,则Si>52.

P

22.如图，在三棱锥P-ABC中，PAA.AB,PC1BC,AB1BC,\AB\=2,

\BC\=1,\PC\=V5,则PA与平面ABC所成角的大小为;三棱锥P-

48C外接球的表面积是B

23.已知三棱锥P-4BC的顶点P在底面的射影。为△ABC的垂心，若S^ABC•SABC=S和BC，且三

棱锥P-4BC的外接球半径为3,则SAP48+SAPBC+SAP.C的最大值为.

24.已知一圆锥底面圆的直径是3,圆锥的母线长为3,在该圆锥内放置一个棱长为。的正四面体（每

条棱长都为a的三棱锥），并且正四面体可以在该圆锥内任意转动，则。的最大值为.

25.在正四棱锥P-4BC0中，PA=2岳,48=4,若一个正方体在该正四棱锥内部可以任意转动，

则正方体的最大棱长为.

26.如图，已知球0是直三棱柱力BC-4/传1的外接球，AC=BC=CCi=

6,ACIBC,E,尸分别为&G的中点，过点A,E,F作三棱柱

的截面a,若a交BiG于M,过点M作球。的截面，则所得截面圆面积

的最小值是.

27.已知正方体A8CD的棱长为2遮，M,N为体对角线8劣

的三等分点,动点尸在三角形AC%内,且三角形PMN的面积为

3

则动点P的轨迹长度为.

28.3。打印模型是使用辅助设计软件CAD来进行制作的.现有一家公司决定通过C4。来设计一个

球形儿童玩具模型，为增加美观性，决定在球内设计一个内接三棱锥几何体，已知该三棱锥P-

BMN的底面是等腰直角三角形8MM且BM=BN=2,且点P到△BMN的三个顶点的距离都

为几，则该公司设计的球形儿童玩具模型的半径为.

四、多空题（本大题共1小题，共4.0分）

29.在直四棱柱ABCD—4$iGDi中，侧棱长为6,底面是边长为8的菱形，且N4BC=120。，点E

在边BC上，且满足BE=3EC,动点M在该四棱柱的表面上运动，并且总保持ME1则

动点M的轨迹围成的图形的面积为_(1)_：当MC与平面ABC。所成角最大时，异面直线MG与

AC所成角的余弦值为_(2)_.

五、解答题(本大题共1小题，共12.0分)

30.圆锥底面半径为1c㈤高为ecm，其中有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长.

【答案与解析】

1.答案：C

解析：

【试题解析】

本题考查棱锥和球的结构特征和球的表面积公式，属于较难题.

由已知得PCJ.P4PCLPB,PA1PB,因此以PA,PB,PC为同一顶点出发的正方体的八个顶点

在球。的表面上，

正方体的体对角线即为球的直径，进而求得球的表面积.

解：设AB的中点为E,连接PE,CE,

由PA=PB,

..AB1PE,

由底面48c为正三角形，

•••AB1CE,

vPEC\CE=E

AB_L平面PEC,

•••AB1PC,

又PCJLBD,ABCBD=B

PC1平面DAB,

即PC_L平面PAB,

•••PC1PA,PC1PB,

由PA=PB=PC,且底面ABC为正三角形，

三棱锥P-ABC为正三棱锥，

PA1PB,

因此，以P4,PB,PC为同一顶点出发的正方体的八个顶点在球。的表面上，

•••正方体的体对角线即为球的直径，设球的半径为R,

：.4R2=PA2+PB2+PC2=12,

•••球0的表面积为4兀R2=127r.

故选C.

2.答案:B

解析：

本题考查了组合体的结构特征以及球的表面积，求出球的半径是解题的关键，是一般题.

解：由题意可知，平面P4B1平面A8C,

2

R=(|-/?)2+2,即R=1,S=4/r,

选B.

3.答案：C

解析：

本题考查了空间几何体的结构特征，及几何体的体积的计算，其中解答中找出所求四面体的底面面

积和四面体的高是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，对于空间几何体的体积与

表面积的计算时，要正确把握几何体的结构特征和线面位置关系在解答中的应用.

设EB=x,xe(0,1),根据已知条件可以得到=尸到平面AAiBiB的距离为x,进而得到三

棱锥A-EFBi的体积为V=-X)-1，=3(X—X2),以此求解即可.

解：由题意在棱长为1的正方体ABCO-AiBiGDi中，点E,F分别是线段4B,上的动点，

且线段EF平行于平面4遇。％,又EF与4劣共面，:E/7/月历

AEF7?~A.4D1Z?,—=

BEAB

设EB=x,x€(0,1),则EF=V2x."到平面AA/iB的距离为x,

所以三棱锥A-EFBi的体积为V=1-i(l-x)-l-x=J(x-x2),

当x=!时，体积取得最大值或，故选C.

4.答案：C

解析：

本题考查三棱锥的结构特征，余弦定理的应用，三棱锥外接球的体积及线面垂直的应用，多面体上

最短距离问题，属于综合题.

由题意POJ_平面A8C,P0=BD=AD=DC=1,三棱锥P-4BC的三条侧棱长都为，M+了=鱼,

判断①正确；设48=-由余弦定理可知cosNPa8=?xe（0，¥）,可判断②正确；若三棱锥的四

个顶点都在球。的表面上，外接球。的半径为1,根据球0的体积公式可判断③错误；将APBC沿

着线段PC翻转，当APBC与ADPC在同一平面且在线段PC的两侧时，DE+BE有最小值，根据余

弦定理求出0E+BE的最小值，判断④正确.

解：如图，

p

E

C

在三棱锥P-ABC中，AB1BC,

P在底面ABC上的投影为AC的中点。，

则P。1平面ABC,

连接BD、PD,BD、AD,DCu平面ABC,

所以PDJ.8D,PDLAD,PD1DC,

DP=DC=1,且。是AC中点，AB1BC

则BO=AD=DC=1,

①三棱锥P-4BC的三条侧棱长都为、12+1=应,所以相等,

故①正确；

②设48=x,0<x<2,

由余弦定理可知COSNPAB=一+（可#）2=

2-X-V24\2J

在A/MB中，4P4B的取值范围是（%金，故②正确；

③若三棱锥的四个顶点都在球。的表面上，

因为DP=DA=DB=DC=1,

所以球心。为点。，球的半径为1,球。的体积为半，故③错误；

④若AB=BC,则4B=BC=&，E是线段PC上一动点，

将APBC沿着线段PC翻转，当APBC与ADPC在同一平面且在线段PC两侧时，DE+BE有最小值

\BD\,

PD=1,PB=V2.NDPC=45°,NBPC=60°,

2

则DE+BE的最小值为J12+(V2)-2x1xV2Xcos(45°+60°)=后臂=渔产，故④正确.

其中所有正确结论的个数为3.

故选C.

5.答案：A

解析：

【试题解析】

本题考查了平面的基本性质及推论，截面面积最值的求法，属难题.

补成长，宽，高分别为1,VL1的长方体，在长方体中可解决.

解：由于四面体的对棱相等，故四面体A8CD可看作长方体的面对角线组成的三棱锥,

a2+b2=3

设长方体共点的三条棱长分别为。，b,c,则a?+c2=3,

b2+c2=4

解得：a=1,b=c=V2»

TAB〃平面a,CD〃平面a,

・•・平面a和长方体的上、下底面平行，补成长，宽，高分别为1,1,我的长方体（如下图）,

设截面与长方体底面间的距离为无（0<无<鱼），平面a与四面体4-BCD的截面为PQMN,显然四

边形PQMN是平行四边形，设四边形PQMN在长方体底面的投影为P'Q'M'N',则强=?="，

所以。(/=字，DP'=h,

四边形P'Q'M'N'的面积为S=V2-|xy/ix/ix2-ix(l-y/i)x(V2-/i)x2=-V2/12+

2/i=-V2(/l-y)2+y,

所以当九=叱时，s取得最大值名，

22

又平面a的面积与S相等，所以该多边形截面面积的最大值为迎.

2

故选A.

6.答案：B

解析：

本题考查四面体的外接球的结构特征，四面体的体积，属于中档题.

由题意得OC_L平面ABD,,从而求得四面体的体积.

解：如图，取AO的中点。，连接A。，CO,

因为AB=8。=1,OA=OB=0D,所以448。=90。，OB=—，

2

同理可得oc=立.

2

因为BC=1,

所以。5+0。2=BC2,

所以。81OC.

又4C=C0,。为A。的中点，

所以OC，AD,

又。BC/W=0,

所以。CJ•平面AB。，

所以四面体ABCD的体积|Z=[SAABDXOC=IXIX/IBXBDXOC=y|.

故选总

7.答案：D

解析：

【试题解析】

本题考查了球的表面积公式的应用，重点考查球的球心位置的判定.属于中档题.

首先确定球心的位置，进一步确定球的半径，最后确定球的表面积.

解：如图所示：

因为△28。与4BCD是边长为2的等边三角形且二面角4-BD-C为120。,

取AABD和△BCD的中心F,E,取BO的中点记为G,连接EG,FG,

所以乙EGF=120°,

则球心。为过△48。和4BCD的中心的垂线的交点，

在四边形OEG中可计算得：OE=OF=1,又因为ED=泗，

利用勾股定理得：球的半径r=卜+（芋）2=亨,

则外接球的表面积S=4兀3=等.

故选

8.答案：B

解析：

【试题解析】

本题主要考查二面角以及余弦定理的应用，属于较难题.

依题意作图，延长P02交A5于点M,根据空间中位置关系可得二面角P-48-C的平面角即为

4PMOp

及可求各线段长，再利用余弦定理求出MC,进而可在回OzMC中，利用余弦定理求出答案.

解：如图所示，延长P02交AB于点则M为AB的中点，

且由PA=P8可得PM148.又P。］_L48,所以48_L平面PM。］,所以M。114B.

所以二面角P-AB-C的平面角即为4PMO1，又01为△ABC的垂心，所以点C在的延长线上.

因为cosz_PMOi=J,所以sin/PMOi=—,tanzPMOi=2近.又PO］=2a,

所以PM=3,MO1=1.又外为APAB的重心，所以MO?=1.设MC=K，在APMC中，

利用余弦定理，可得9+/-2x=12,所以MC=x=3.

再在AOzMC中，利用余弦定理，可得。。2=2交，

故选&

9.答案：A

解析：

本题主要考查正方体的结构特征，抛物线的定义，求点的轨迹方程的方法，属于中档题.

作PQ1A0,作QE1014,PE即为点P到直线为劣的距离，由勾股定理得PE2-PQ2=EQ2=1,

又已知PE2—P“2=1,故PQ=PM,即P到点仞的距离等于P到A。的距离，由此可得点P的轨

迹是抛物线.

解：如图所示：正方体48co-中，

作PQL4D,。为垂足，贝iJPQ1平面

又&Diu平面4。。出，所以PQJ.45，

过点Q作QEJ.D14,因为QEnPQ=Q,PQ,QEu平面PQE,

所以1平面PQE,

"PEu平面PQE,

•1,D141PE,PE即为点P到直线4D1的距离，

由题意可得PE?-PQ2=EQ2=1.

又已知PE?-PM2=1,

PM=PQ,

即P到点M的距离等于P到AD的距离，

根据抛物线的定义可得，点P的轨迹是抛物线，

故选A.

10.答案：ABC

解析：解析：

本题考查了线面垂直的判定与性质、直线与平面所成角、二面角和空间中的距离，属于较难题.

根据直线与平面所成的角，及点到平面的距离，二面角的定义逐项分析，即可得出正确结论.

解：取的中点O,连接AO,OC,

•.,菱形ABCD的边长为2,/.BAD=60°,

・••△AB。，△BCD为正三角形，

则4。1BD,0C1BD,且4。nC。=。，A。、COu平面AOC,

则BO_L平面AOC,又4Cu平面AOC,所以BOJ.4C,故A正确;

易知4AOC是二面角4-BD-C的平面角，

•.•菱形ABC。是边长为2,

•••AO=0C=V3>

AC-V3>

••・△40C为正三角形，则乙40C=或故8正确；

在三角形AOC,过4作AE1OC,交0c于E,

由BD_L平面AOC,AEu平面AOC,

则BD_LAE,

又BDnOC=。，BD、OCc^FffiBCD,

则AE1平面BCD,

易知三角形AOC为等边三角形，AO=V3>

则4E=VJx隹=三，即点A到平面BC。的距离为j故C正确；

由4EJL平面BCD,可得〃DE为直线AD与平面BCD所成角，

3

则2则cosNADE=11一()2=苧,所以tn”,故。

Z-

S9

U1-

珏f误

日

故选ABC.

IL答案：CD

解析：

【试题解析】

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A2C的正误，利用平移法，判断D,得到结论.

解：•.•直线CCi在平面CC12。内，

而Me平面CGDiD,ac平面CGDiD,

••・直线AM与直线CCi异面，故A不正确，

•••直线AM与直线2N异面，故B不正确，

利用A的方法验证直线8N与直线MB1异面，故C正确，

利用平移法，可得直线例N与AC所成的角为60。，故。正确,

故选CD.

12.答案：ABC

解析：

本题考查空间中直线的位置关系，考查三棱锥的内切球的半径问题及二面角的作法与运算，属于中

档题.

设等腰直角三角形△4BC的腰为“，则斜边BC=V2a.再结合选项依次判断即可.

解：设等腰直角三角形AABC的腰为〃，则斜边8C=或a，

对于A项，0为BC的中点，•••力。J.BC,

又平面4BD_L平面AC。，平面ABDn平面4CD=4D,BD1AD,BDc^jgfABD,

ABD1平面ADC,乂ACu平面ADC,

•••BD1AC,故A正确；

对于B项，由A知，BDADC,CDADC,

:.BDLCD,又BD=CD=4,

2

:.BC=y/2x—a=a»又AB=AC=a,

2

・•.△ABC是等边三角形，故B正确；

对于C项，若4。=1,则BD=CD=1,AB=AC=BC=立,

设三棱锥内切球的半径为八

rrr

因为以-BCD=^SAABD,R+~^ABCD•+[S—cD,+,'

所以工x2xlxlxl=Z0xlxl+」xlxl+2xlxl+3xV^x&)r

323\2224/

解得：上Y&故C正确；

6

对于。项，•.•△力0。为等腰直角三角形，取斜边AC的中点凡

^ADFLAC,又△力BC为等边三角形，连接B凡则BF14C,

NBF。为二面角B-AC-。的平面角,

而=竽=多BD=A，

222

则ta"吁上建=也故。错误.

2

故选ABC.

13.答案：ABC

解析：

本题考查正方体的截面问题，考查分类讨论思想，考查直观想象和逻辑推理素养，难度较大.

对应每种选项CQ的值，分别画出对应的截面，然后利用几何知识进行判断求解.

解：对于4,如图1,连结AP并延长交力C于点M,连结M。，

当0<CQ（卡寸，M。的延长线交线段4。于点M且点N在。1与点。之间，连结4V,

则截面为四边形APQV,故A正确；

对于B,如图2,当CQ=2时，即。为CG的中点，此时可得PQ〃45,4P=QD]=Jl+；=与,

故可得截面APQ5为等腰梯形，故B正确；

对于C,如图3,当CQ=:时，延长至点N,使得£>iN=点连结4V交久久于点S,连结NQ交

GA于点K,连结SR,

可证AN〃PQ,

由ANRDiQRCi，可得C1R：QR=GQ:DiN=1:2,故可得GR=%故C正确；

对于。，如图3,当:<CQ<1时，因为截面过点A,与面只交于点4,易得S为五边形，故

。错误.

故选ABC.

N.

图1图2

图3

14.答案：ACD

解析：

【试题解析】

本题考查正方体的截面问题，考查分类讨论思想，考查直观想象和逻辑推理素养，难度较大.

对应每种选项CQ的值，分别画出对应的截面，然后利用几何知识进行判断求解.

解：如图1,连结AP并延长交OC于点M,连结MQ,

当0<CQ<决寸，的延长线交线段以。于点M且点N在。1与点。之间，连结AN,

则截面为四边形APQN,故A正确；

如图2,当CQ=：时，即。为CCi的中点，此时可得PQ〃也，AP=QDi=Jl+”争

故可得截面力PQDi为等腰梯形，故8错误；

如图3,当CQ=：时，延长DDi至点M使得Z\N=%连结AN交为。1于点5,连结N0交GD】于点

R,连结SR,

可证4N〃PQ,

由△NR/SAQRG，可得C/：D*=CiQ:£>iN=1:2,故可得GR=/故C正确，

当CQ=1时,如图,S与4也的交点为H且S是菱形，边长为］铲+1=争连接PH,可得PH=&,

过点A作AMJ.PH于点M,则AM=立，

2

所以S的面积为&X曰=冬故。正确.

故选ACD.

15.答案：AC

解析:

【试题解析】

本题考查正方体的结构特征、锥体的体积、直线和平面所成的角、异面直线所成的角、几何体中的

截面问题和空间想象能力，涉及利用空间向量求线线角与线面角、线面垂直的性质、面面平行的性

质、函数的最值，属于较难题.

对于A,由&CJ/AC可得AACM面积为定值，又由当到平面ACM的距离即为点占到平面ACC14的

距离殁i，代入体积公式计算即可判定；

对于B,以D为原点，以分别为x,y,z建立空间直角坐标系，设的=4诉(0<A<1)

可得-九1),计算平面力DiC的法向量，利用空间向量求解线面角，转化为二次函数求最值即

可判定；

对于C,利用空间向量求解线线角，可得cos<前，n>=而总"春，令”1一24,分t=0和

tH0求解范围即可判定；

对于。，由平面4小。口〃平面可得梯形EFBO即为截面，计算梯形面积即可判定.

解：对于A,因为点M是线段41cl上的动点，且&CJ/AC,所以A4CM面积为定值，

又因为点当到平面ACM的距离即为点名到平面力的距离等，故也为定值，

所以Vgi-.CM=[SAACM,殁1为定值,故A正确；

对于8,以。为原点，以分别为X，y,Z建立空间直角坐标系，

则(0,0,1),4(1,0,0),C(0,1,0),&(1,0,1),6(0,1,1),

设的=；1^^(04441)，则一儿1).

则瓦行=(尢1一尢0)，

易得平面4。道的法向量为沅=(1,1,1),设直线与平面4所成角为仇

则sin"Icos<瓦和沅>|=LaC+ixJ

11V6

所以当4=：时sin。有最大值逅=三故B错误;

2

对于C,由於=(-1,1,0),BM=所以8s<而，配>=标浣嬴，

令t=1-24,则—cos<BM,AC>—-^-=,

当t=0时，cos<~BM,AC>=0;

当two时，即g)2》i，所C°S<BM,AC>=XW42.

所以cos<丽，前>e[o,1],

所以异面直线BM与AC所成角的范围是[60。,90。],故C正确；

对于。，由平面小小SD"/平面ABC'。可得，平面BOM与平面4B1GD1的交线平行于8Q,

过点M点作直线EF〃BD,则梯形EFBD即为截面，

因为4AlM=A£,所以EF=¥，此时EF,BC间的距离为，“2+(穿=手,

所以截面面积为堡里强=延，故。错误.

24

故选AC.

16.答案：乌亨

63

解析：

【试题解析】

本题考查了简单组合体及其结构特征，球的表面积和体积，余弦定理，线面垂直的性质和面面垂直

的性质，属于较难题.

利用简单组合体及其结构特征得当三棱锥8-4C。的体积最大时，平面4BC1平面ACD,在平面ABC

内过B作BH1AC,交AC于H,利用面面垂直的性质得1平面4CZ),取4。的中点01，利用平

面几何知识得。1是△4CD的外接圆圆心，且半径为r=l,过0i作直线/垂直于平面AC。，利用简单

组合体及其结构特征得三棱锥B-AC。的外接球球心。在直线/上，连接HO1，利用线面垂直的性质

得4H1HOI和。0i1HO1，再利用余弦定理得H因=[,设0。1=x(x>0),三棱锥B—4CD的外接

球半径为R,解三角形得R=l,最后利用球的体积公式，计算得结论.

解：如图(1)：

A

在平面四边形ABC。中，AB=CD=1,BC=&,AD=2,^ABC=90s,

则4c=V3.

因此在△ACD中，NGA。:，ZACDJ.

将△ABC沿AC折成三棱锥B-ACD,如图(2)：

当三棱锥B-ACC的体积最大时，平面力BC1平面ACD.

在平面4BC内过B作BH1AC,交AC于",

而平面ABCn平面ACO=AC,因此平面ACD

取AO的中点0],则01是△AC。的外接圆圆心，且半径为r=l,

过。1作直线/垂直于平面ACD,

则三棱锥8-4CD的外接球球心O在直线/上.

连接H01，因为HO】u平面ACQ,

而BH_L平面ACD,/垂直于平面ACD,

所以AH1HO1,。。11H0「

设。0i=x(x>0),三棱锥B—4CD的外接球半径为R

ABXBClXy/2\/6

在RtZLA"「中，\BH\=

AC=方=§

三棱锥B—ACD的体积最大值为工SACD-\BH\=-x-XlXy[3x—=—

33236

AH=条=a=当

2

在』AHOi中，HOl=AH+AOl-2AH-A01cosZ.HA01

因此R2=ool+。1。2=(BH±。。1)2+HOl.

2

由003+0rD=(BH±001)2+HO?得/+[=件±%)+1,

解得x=0,因此R2=1,即R=1,

因此三棱锥B-4CD的外接球的体积为；.

故答案为立；

17.答案：①③④

解析：解：如图,

•・•直线AC经过平面BCGBi内的点C,而直线GE在平面BCG%内不过C,

•••直线AC与直线GE是异面直线，故①正确；

当£与B重合时，ABXLArB,而GBi_L4iB,

.••4/1平面力BiG，则4E垂直AC]，故②错误；

由题意知，直三棱柱ABC-4当。1的外接球的球心为。是4G与41c的交点，则△A&。的面积为定

值，由B8i〃平面AAiGC,

・•.E到平面44。的距离为定值，二三棱锥E-AAiO的体积为定值，故③正确；

22

设BE=x,则B]E=2—x,AE+ECr=V1+x+^/1+(2—x).

由其几何意义，即平面内动点(x,1)与两定点(0,0),(2,0)距离和的最小值知，

其最小值为2VL故④正确.

故答案为：①③④

由题意画出图形，由异面直线的概念判断①；利用线面垂直的判定与性质判断②；找出球心，由棱

锥底面积与高为定值判断③；设BE=x,列出AE+EC1关于x的函数式，结合其几何意义求出最小

值判断④.

本题考查命题的真假判断与应用，考查空间想象能力和思维能力，属中档题

18.答案：2显a

解析：

【试题解析】

本题考查线面垂直的判定以及性质，几何体的外接球问题，解三角形的应用，考查空间想象能力、

逻辑思维能力、运算求解能力，属于难题.

由题意可得当无人机在三棱锥4-BCO的外接球球心时，使测半径最小，且最小半径为球0的半径

心结合线面垂直的判定以及性质，结合三角形运算即可求解.

解：如图，

显然外接球的球心。在平面BCD上的射影就是正三角形BC。的外接圆圆心，

记为。1，连接。。1，OXB,则=4BC=当x6a=2V5a.

设。Oi=d,连接OB,

则R2=OB2=0/2+=(2y/3a)2+d2=12a2+d2①.

过点A作4H_LBD于H,过点。作。E_L4”于E,连接OA,0rH,

因为平面力BCJ•平面BCD,且平面力BDn平面BCD=BD,AHu平面ABC,

所以力H_L平面BCD.

又00iJ•平面BCD,所以四边形00i“E为矩形，故EH=d,AE=AH-d.

在△力BC中，AB=2在a,AD=2V3a>BD=6a,

所以AB?+4。2=故所以A”=绘"=亚辿变红=2或a,

BD6a

DH=J(2V3a)2-(2V2a)2=2a-

取8。的中点M,则MH=a,连接OiM,

则01MlBD,O.M=yBC=yx6a=V3a，故0担="所+MW=J(V3a)2+a2=2a>

故在RMAOE中，OA2=OE2+AE2,即R?=Qa)?+(2&a—d)2②,

由①②解得忆黑.

所以最小侦测半径为26成爪

故答案为2^a.

19.答案：18

解析：【试题解析】

解：连A0,并延长交BC于。，顶点尸在底面的射影。为△ABC的垂心，.•・4。1BC,

又P01平面ABC,：.POLBC,

•.ADnPO=0,A。、POu平面.A£)P,

•••BC1®ADP,可得8cJ.P4BC1PD.

同理可证"1PB,AB1PC.

由SA48C,S&0BC=S3BC，可得AD•OD=PD?,—=—,

且NPOO=/.PDA,POD*APD,

•••AAPD=/.POD=90°,

•••PALPD,又P41BC,BCCPD=D,BC、PDc®PBC,APiffiPBC,

PAI.PC,PA1PB,5LPBLAC,且4PnAC=A,AC.PAc®APC,

：.PB_L面APC,即可得PB1PC,

故PA,PB,PC两两互相垂直，

三棱锥P-ABC的外接球为以PA,PB,PC为棱的长方体的外接球，

又三棱锥P-ABC的外接球半径为3,

•••PA2+PB2+PC2=36,

222222

11nle,0,0PAPB,PBPC,PAPCPA+PB+PB+PC+PA+PC«C

则SAPHB+S“BC+SAPAC=<----------------4----------------=18.

所以则SAPAB+SAPBC+SAP4c的最大值为18,当且仅当P4=PB=PC=时，等号成立.

故答案为：18.

连A0,并延长交BC于D,顶点P在底面的射影。为A8C的垂心，结合相关条件进行分析可得BC1PA,

BC1PD,AC1PB,48_12。由5448—54080=533(;，POD-^APD,PA1PD,进而即可

得PA,PB,PC两两互相垂直，利用三棱锥P-ABC的外接球为以PA,PB,PC为棱的长方体的外

接球，即可求解.

本题考查了空间线面垂直，三棱锥外接球，考查了转化思想、计算能力，属于较难题.

20.答案：②③

解析：

【试题解析】

此题考查了截面的性质，面面平行的性质，属于较难题.

由题意作出满足条件的图形，由线线、线面、面面位置关系找出截面可判断选项的正误.

解：作CD，GDi，4$i的中点R,S,T,则平面A/HST〃平面BCG/,设a与5R交点为。，

连接MN,NP,PQ,MQ,由面面平行性质可知，PN〃平面MRST,

故由线面平行的性质知PN//MQ,

在棱CG上作PC=PC,

由三角形的中位线定理可得PN//AC'〃八"？，则8MQC'共面，又面.13场小〃面DCGDi,

所以根据面面平行和线面平行的性质知3A/〃QC”,即四边形MBC'Q是平行四边形，MQ=BC',所

以PN=：MQ,PC=^QR,

CPCP1

当PQ的延长线过时，贝I」CP+DD1=2QR=4CP,所以布CC丁③正确；

当CP=PG时，即此时S,Q重合，截面如图所示,

此时截面为六边形，在底面投影如图,

当截面为五边形时，在底面投影如图,

则Si<S2,故①、④不正确;当P与C1重合时，a为平面MNC12,因为A/N〃AC〃小。，不妨设

正方体棱长为2a,则为"=遍a=C[N，所以a为等腰梯形，则②正确.故答案为：②③.

D,G

21.答案：②③

解析：

此题考查了截面的性质，关键是利用面面平行、面面相交的性质确定截面的顶点，属于较综合的中

档题.

由题意作出满足条件的图形，由线线、线面、面面位置关系找出截面可判断选项的正误.

解：作。，6必,4避1的中点R,S,T,

则平面MRST"平面BCCiBi，

设a与SR交点为Q,连接MN,NP,PQ,MQ,

由面面平行性质可知，PN//MQ,作PC=PC',

由三角形的中位线定理可得PN//3C7/MQ,

则BMQC'共面，

又面工33小1〃面DCC/i,

所以氏W/QC”,

即MBC'Q是平行四边形，MQ=BC,

所以PN=|M<2，PC=：QR,

当PQ的延长线过Di时，贝UCP+DDi=2QR=4CP,

所以龄二/g,③