高中数学第八章第1节《基本立体图形》提高训练题 (八)(含答案解析)

第八章第1节《基本立体图形》提高训练题（8）

一、单项选择题（本大题共11小题，共55.（）分）

1.我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱

（侧棱垂直于底面的三棱柱）称之为“堑堵”.如图，三棱柱ABC-

为B1G为一个“堑堵”，底面回ABC是以AB为斜边的直角三角形且

AB=5,4c=3,点P在棱上，且PC1PC1，当回4PG的面积

取最小值时，三棱锥P-4BC的外接球表面积为（）

.457r

A

-2

B45巡亓

♦2

C.二

D.I”

2.已知球。是正四面体4—BCD的外接球，BC=2,点E在线段3。上，月.BD=3BE,过点E作

球。的截面，则所得截面圆面积的最小值是（）

A8D也cC.-5n

A.~n18D.v

3.如图为正方体4BCD-4B1C1D1，动点M从当点出发，在正方体表5

面上沿逆时针方向运动一周后，再回到当，运动过程中，点M与平A\

面40C1的距离保持不变，运动的路程x与，=MA1+Mg+MD之

间满足函数关系，=/（X）,则此函数图象大致是j'D

A.B.

O

D.

O

4.如图，正方体AG的棱长为小作平面a（与底面不平行）与棱44B1B,

A,

GC,。1。分别交于E,F,G,H,［己£>1,FB,GC,”。分别为九「h2,

h3,h4,若比+电=2殳，E+E=3厄，则多面体EPGHA38的体积E

A.版生

B.滑％

5.如图所示，正方形ABCD的边长为2,切去阴影部分围成一个正

四棱锥，则当正四棱锥体积最大时，该正四棱锥外接球的表面积

为（）

A2

6.体积为竽的三棱锥4一BC。中，BC=AC=BD=AD=3,CD=2近，AB<2VL则该三棱

锥外接球的表面积为（）

A.207r

7.在三棱锥P-中，底面A8C是以AC为斜边的等腰直角三角形，且AB=2，PA=PC=a,

PB与底面ABC所成的角的余弦值为苧，则三棱锥P-ABC的外接球的体积为（）

口89J897T

C.97r

8.如图，在直三棱柱中，4BAC=90°,AB=AC=2,AAr=伤,

则与平面力BiG所成的角为（）

C.?

D-

9.已知在正四棱锥P-ABCD中（底面为正方形，顶点在底面上的射影为底面中心的四棱锥），AB=

2,PA=3,侧棱与底面所成角为a,侧面与底面所成角为£,侧面等腰三角形的底角为y,相邻

两侧面的二面角为。，则下列说法正确的有（）

A.p<a<Y<9B,a<p<9<y

C.cos。+cos2/?=0D.cos0+cos2a=0

10.已知三棱锥P-ABC中，AC1BBC,且4c=6,BC=2夕，PC=PB=2旧，当三棱锥P-ABC

的体积最大时，其外接球的表面积等于（）.

A.757rB.507rC.IOOTTD.967r

11.长方体4BCD—4B1GD1中，AB=2,BC=1,44=2,P为该长方体侧面内（含边界

）的动点，且满足tan/PAO+tanz.PBC=2v^厕四棱锥P—ABCD体积的取值范围是

儿停用B.（0用C.（词D.阳］

二、多项选择题（本大题共6小题，共24.0分）

12.佩香囊是端午节传统习俗之一.香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫、开窍的功效.因

地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目.图I的平行四边

形48C。由六个边长为1的正三角形构成.将它沿虚线折起来，可得图2所示的六面体形状的

香囊.那么在图2这个六面体中（）

图1图2

A.A8与CO是异面直线B.A8与CO是相交直线

C.存在内切球，其表面积为白兀D.存在外接球，其体积为随

2727

13.如图，点M是正方体4BC0-4B1GD1的侧面4。。送1上的一个动点，

则下列结论正确的是（）

存在无数个点满足

A.MCM1ADr

B.若正方体的棱长为1,则三棱锥B-GMD体积的最大值为9

C.在线段上存在点M,使异面直线勺”与C£＞所成的角是30。

D.存在无数个点M满足BM〃平面

14.如图，在边长为2的正方形ABC。中，点M是边C。的中点，将△4DM沿AM翻折到APAM,

连结P8,PC,在△ADM翻折到△PAM的过程中，下列说法正确的是（）

A.四棱锥P-ABCM的体积的最大值为学

B.当面PAM1平面ABCM时，二面角P-AB-C的正切值为立

4

C.存在某一翻折位置，使得AM1PB

D.棱PB的中点为N,则CN的长为定值

15.在棱长为2的正方体ABCD-ABiGDi中，点P是棱8C的中点，点。是底面48传道1上的动

点，且4P1D1Q,则下列说法正确的有（）

A.DP与QQ所成角的最大值为3

B.四面体ABPQ的体积不变

C.△A&Q的面积有最小值学

D.平面DiPQ截正方体所得截面面积不变

16.在三棱锥P-ABC中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，AB=2,PA=PC=V5.

二面角P-AC-B的余弦值为-立，则下列说法正确的是

3

A.AC1PB

B.点P到平面ABC的距离为1

C.三棱锥P-ABC的体积为2

D.三棱锥P-48C的外接球的体积为9兀

17.已知点例是正方体ABC。-4B1GD1中的侧面ADD1力i上的一个动点，则下列结论中正确的

有（）

A.点M存在无数个位置满足CM1ADV

B.若正方体的棱长为1,三棱锥B-QM。的体积最大值为！；

C.在线段上存在点M,使异面直线BiM与C。所成的角是30。；

D.点M存在无数个位置满足到直线AO和直线GA的距离相等.

三、填空题（本大题共12小题，共60.0分）

18.已知正方体的棱长为1,以顶点A为球心，等为半径作一个球，则球面与正

方体的表面相交所得到的曲线的长等于

19.如图，在一个底面边长为2,侧棱长为aU的正四棱锥P-ABC'。中，

大球01内切于该四棱锥，小球。2与大球。1及四棱锥的四个侧面相切,

则小球。2的体积为.

20.在直角梯形48。£>中,48//。。,4。_148,48=2DC=2,E为AD的中点。将△E4B和△ECD

分别沿EB,EC折起，使得点A,。重合于点F,构成四面体F-BCE.若四面体EBCE的四个面

均为直角三角形，则其外接球的表面积为.

21.设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为

1-^-（ZQ1PQ2+ZQ2PQ3+-+ZQh_1PQk+ZQkPQ1）>其中Q<=1,2,k,k>3）

为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2-平面Q2PQ3，…，平面Qk-PQk和平面QkPQi

遍历多面体M的所有以P为公共点的面.

图1图2

(1)如图1,已知长方体A1B1GD1—ABCD,AB=BC=1,AA[■，点尸为底面4B1GD1内

的一个动点，则求四棱锥P-ABC。在点P处的离散曲率的最小值；

(2)图2为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面部取若干采

样点，然后用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格.区域a和区域夕中点的离散曲

率的平均值更大的是哪个区域？(确定“区域a”还是“区域0”)

22.已知正方体4BCD-&B1C15的棱长为2,直线4cl_L平面a.平面a截此正方体所得截面有如下

四个结论：

①截面形状可能为正三角形；②截面形状可能为正方形；

③截面形状不可能是正五边形；④截面面积最大值为3b.

其中所有正确结论的编号是.

23.在四面体4-BCD中，AB=AC=AD=BC=BD=2,若四面体A-BCD的外接球的体积卜=

随兀，则CD=.

3

24.已知点P,A,B,C均在表面积为817r的球面上，其中P4，平面ABC,NR.AC-3()ML^AB,

则三棱链P-ABC的体积的最大值为.

25.正方体4BCD-&B1GD1的棱长为2,M,N,E,尸分别是AD,G。1的中点，则

过E尸且与平行的平面截正方体所得截面的面积为,CE和该截面所成角的正弦值为

26.己知直四棱柱48。。-48道1。1的棱长均为4,/BAD=60。,以5为球心，2而为半径的球面与侧

面BCG/的交线长为

27.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球。的球面上,SC是球。的直径.若平面SC4_L平面SCB,

SA=AC,SB=BC,三棱锥S-4BC的体积为9,则球。的表面积为.

28.已知正三棱锥4-BCO的外接球是球。,BC=1,48=苧，点E为皿中点，过点E作球。

的截面，则所得截面圆面积的取值范围是

29.在三棱锥P-ABC中，P41•平面ABC,AB1BC,PA=AB=1,4c=VI三棱锥P-ABC的所

有顶点都在球。的表面上，则球。的半径为；若点M,N分别是AABC与△PAC的重

心，直线MN与球。的表面相交于。，£两点，则线段DE的长度为

四、解答题（本大题共1小题，共12.0分）

30.如图，求图中阴影部分绕A8旋转一周所形成的几何体的表面积和

体积.

5

【答案与解析】

1.答案：D

解析:

本题考查几何体外接球的表面积计算，注意根据几何体的特征，合理确定球心的位置，属于较难题.

则GP=熹，CP=熹，AP=[9+（急）2=小+潦?

令乙PCB=0=乙3PB1，

2

可得SMPC=-C1P-AP=（164+^-+64tan0,当且仅当=64taM。时,

22

△”5217tan0tan0

S“pq取最小值，42=36.可得4。为外接球直径，即可求解；

解：令乙PCB=8=LC、PB\,

则GP=CP=——r,AP-）9+（—~z）2=1^

sin。cos。7'cos6,7cos23

又因为AC_L平面CBBiG，GPu平面CBBiG

所以AC1GP,

又CPICiP,ACCtCP=C,AC,CPu平面ACP

所以CiP_L平面ACP,­：APu平面ACP,

所以々GPA=90°.

=产黯迫MY；c广'）=J（4+康）（25+16taM9）=J164+端+64taM。

当且仅当热=64tan2。时，S-pq取最小值，

此时tan。=匹，

2

AP=9+=<25+16tan20=3通.

yjcos20

在三棱锥P-ABC中，因为NACP=Z71BP=9O。，取AP中点为。,

则OC=OB=^AP=OA=OP,

故。为三棱锥P-ABC的外接球的球心，

所以AP为外接球直径，

S球=4兀/?2—jiAP2=457r.

故选D.

2.答案：A

解析：

本题考查正方体的性质、球内接多面体和球的截面圆性质等知识，属于较难题，先求出球的半径,

当截面与。£垂直时，截面面积最小，即可求解，

解：作A0垂直于面3CZ）于设球心为O,球的半径为R,

因为BC=2,

22

易知，OiB=管，A0y=yjAB-OrB=j4-1=j|

（4。1-R）2+80/=R2,即q|_R）2+g=R2,解得R=J|

故00i

邛3yJ2

因为BD=3BE,所以EOJ/BC,EO1=^BC=j,

2

所以0E=00x+E。/=

由题意知，当截面与0E垂直时，截面面积最小，设截面的半径为

1

则r=y/R2-0E2

则截面面积的最小值为等,

故选A.

3.答案：C

解析：

本题考查面面平行的判定，由运动过程中，点M与平面&DC1的距离保持不变，得点M沿ABiZC边

运动，根据条件结合适当运算即可得到答案，属于中档题，

解：由题意，得点“沿ABiaC边运动.设正方体边长为1,取线段中点为N,

lN=NA]+NG+ND=y/6+曰<2+V3=lBi=lA>

同理，当N为线段AC或CBi的中点时，

计算得a=N&+NG+ND=①+学<2+遍=&.

故选C.

4.答案：C

解析：

本题考查多面体的体积的求法，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，考查数形结合思想，是中档题.

由正方体的对面平行及面面平行的性质定理得四边形EFGH是平行四边形，连结AC,BQ交于点。，

连结EG,FH,交于点。1，连结0。「则/11+色=电+无4=2。。1，由两个多面体EFGHABC。可

以拼成一个长方体，即可求多面体EFGHABC。的体积.

解：由正方体的对面平行及面面平行的性质定理得：

EF//GH,EH//FH,

四边形EFGH是平行四边形，

连结AC,8。交于点0,连结EG,FH,交于点。「

连结。。1，则砥+九3=h2+九4=200],

,**九]+九2=2九3，〃1+h4=3无3，

425

二八1=3坛，h2=-h3,h4--h3,

・•・两个多面体EFGHABC。可以拼成一个长方体，

•••多面体EFGHABCD的体积为：

V=a2•%+的=-a2/i=ZQ2九=-a2h=-a2h.

26d3814z210^4

故选：c.

5.答案:D

解析：

本题考查多面体外接球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养.

正方形ABCD的边长为2,可得对角线的一半为鱼,设正四棱锥边长为高为力,可得层=2-遮a,

正四棱锥体积V=ga2.八最大时，求解。的值，可得正四棱锥边长a和高人的值，即可求解正四棱

锥外接球的表面积.

解：由题意，正方形A8C力的边长为2,

可得对角线的一半为我，折成正四棱锥后，

设正四棱锥边长为a,高为儿

可得：j(ja)2+/i2+|a=V2,

即无2=2-y[2a,(0<a<V2).

正四棱锥体积U标•八最大时，

即U=^2a4—V2a5.

由y=2a4-y/2a5,则y'=8a3-5V2a4.

令y，=0,可得£1=矗，

即当a5V2体积取得最大值；

仁汉

5

正四棱锥底面正方形外接圆半径r=，

正四棱锥外接球的半径R，可得(卑一R)2+(52=R2,

解得：R2嘴，

正四棱锥外接球的表面积s=4nR2=咨7T.

故选D

6.答案：B

解析：

本题考查三棱锥与外接球的半径之间的关系，及球的表面积公式，属于较难题.

由题意取AB的中点E,连接QE,CE,因为BC=AC=BD=4。=3,所以CE1AB,DE1AB,

DEnCE=E,

所以4面COE,且DE=CE,取C力的中点，连接EP,则EPIC。，再由体积可得AB的值，进

而求出底面外接圆的半径，及。到底面的高，由题意求出外接球的半径，进而求出外接球的表面积.

解：取AB的中点E,连接。£,CE,

因为BC=AC=BD=AD=3,

所以CE1AB,DELAB,DEnCE=E,

所以AB1面CDE,且DE=CE,取CD的中点，连接EP,则EP1CD,

所以Vhse=；AB.S,DE=\'AB\cDEP

«5J/

1「、DC、

=7•AB.2通,DE2-(—)2

6、2

=^.AB.14-处,

3\4

因为以-BCD=

所以*=%_丝因为4BV2a，

3374

所以解得48=2；AE=1,

DE=CE=JAC2-()2=\/32-1=2V/2，

所以sin乙4CE=^=J,

所以sinNACB2sinZACcosLACE

12V2_4V2

33-9'

由题意可得。在底面的投影在中线CE所在的直线上,

设为设设DF=h,

设底面4BC的外接圆的半径为

nAB2

设圆心为O,,2厂=目方=逵，

9

所以「=芋

O'E=CET=2方一增=竿

V4-BCD=苧=刀

=r>2-sin〃CB/=”,2曰九,

解得九=相，

2

所以EF=\Df2-Df2=j8-,=',

所以O'FEF+O'E=—+^-=

288

过。'作（）01面ABC的垂线，作。HLDF于”，则四边形HFO'。为矩形,

设外接球的半径为R,取CM=0B=0D=R,

在三角形0H£>中，OD2=O“2+（DF-FH）2,

即R2=O'F2+（粤-00'）2=（42产+（粤一OO）2，①

在三角形。0'中，。。2=。。，2+。。,2=产+。。，2即尸（竽/+O。"，②,

由①②可得辟=||,

所以外接球的表面积S=47TR2=4TT-=y7T,

故选8.

7.答案：A

解析:

本题考查了等腰三角形的性质、球的体积计算公式、余弦定理、线面面面垂直的判定与性质定理，

考查了推理能力与计算能力，属于较难题.

如图所示，取AC的中点。，连接BO,PD.由BC=4C,PA=PC,利用等腰三角形的性质，线面垂

直的判定定理即可得出：力平面PBD,进而得出：平面PBDL平面A8C,可得"BD为PB与底

面ABC所成的角，其余弦值为座.在APB。中，设PB=x,利用余弦定理可得：%.由PB=3,取P8

3

的中点。，连接0。，利用余弦定理可得。力，可得点。为三棱锥P-4BC的外接球的球心，即可得

出外接球的体积V.

解：如图所示，取AC的中点。，连接80,PD.

BC=AC,PA=PC,

AC1BD,AC1PD.BDHPD=D,BD,PDu平面PBD,

■.AC_L平面PBD,又ACu平面ABC,

平面PB。L平面ABC,

」PBD为P8与底面ABC所成的角，其余弦值为尊

AC=V2AB=2V2•

PD=y/PA2-AD2=V3>

在APB。中，设PB=x,由余弦定理可得：COSNPB。=越=立维*立，

32V2x

解得x=3,即PB=3,取PB的中点。，连接0。，则。。2=（或）2+（|）2-2x或x|x誓=；,

解得。。=

0D2+DB2=0B2,0D1DB.

可得点。为三棱锥P—4BC的外接球的球心，其外接球的半径r=|,体积昨早x（|）3=^.

故选A.

8.答案：A

解析:

本题考查了直线与平面所成角，考查棱柱及其结构，涉及空间中直线与平面垂直的判定，属于中档

题.

取B1G的中点连结AM,作公。14M,由题得到力1。平面利用线面角定义可知4遇

平面ZBiCi所成角为，结合三角函数求出线面角即可.

解：如图，

取&Ci的中点M,连结AM,作A01AM,

vBiG-L1AtA,AXMnAtA=Alt

A^.A^u平面

BG_L平面441M,

又4。u平面441"，:.B©1Ar0,Ar01AM,

又•••BiGCMM=AMu平面ABiG，

A1。1•平面4BiC]

4A与平面所成角为乙4遇M,

在RtAA&M中，tan441AM=詈=崇=?,

7T

Z-A^AM=—'.

6

故选A.

9.答案：C

解析:

本题考查了正四棱锥的性质，空间角的定义及度量.三角函数的单调性.考查了空间想象能力、转

化、计算能力，属于难题.

在正四棱锥P-4BCD,找出空间角的平面角，考虑通过三角函数的值大小关系得出角的大小关系.

解：作出正四棱锥P-4BCD的示意图，如图所示：

由图，连接AC,BD交于0,取BC的中点M,连接PM,0M,过C作CNLPD于N,连接AN,

(7)•••P0，底面ABCD,侧棱与底面所成角a即为NP40,

在三角形PAO中，PA=3,A03,P0="cosa=*=普

(2)vOMLBC,PM_LBC,•••侧面与底面所成角口即为"MO,

在三角形PWO中，OM=1,PO=巾，PM=2V2>co«J

(3)侧面等腰三角形的底角y即为NPBA,

♦>2।n2_»>2

在三角形PAB中，PA=PB=3,AB=2,-

2-2-3

(4)•••CN1.PD,力N_LPO,.•.相邻两侧面的二面角。即为乙4NC,

在三角形机中，NA=NC4C._(乎))(乎卜G可1

8

综上，cotiO<<<>«*<a»y3<cosn,则a<£<y<。，c<z〃+（川切=0,

故选C.

10.答案：c

解析：

本题重点考查棱锥的外接球问题，属于较难题.

取BC的中点H,连接P”，利用当PHJ•平面A8C时，三棱锥的体积最大，连接OP,MH,过O作

ON1PH于点M则四边形为矩形，从而求出外接球半径，进一步可得其表面积.

解：如图，取BC的中点，，连接P”，则PH1BC,因为44BC的面积为定值,

所以当PHJ■平面ABC时，三棱锥的体积最大，

因为/ABC为直角三角形，

故其外接圆圆心为AB的中点M,

则。“1平面ABC,又PH1平面ABC,

所以。M〃P”，连接。P,MH,过。作。NJ.PH于点M则四边形。为矩形,

ON=MH,在ZL4BC中，MH=^AC=3,AB=AC2+CB2=8.所以MB=4,

连接。2，设三棱锥的外接球半径为R,OM=d,

则在40MB中，R2=d2+16,①，

在4P0N中，OP2=ON2+NP2,g|J/?2=32+(7-d)2,②，

联立①②并求解得d=3,所以R2=32+16=25,

所以三棱锥的外接球的表面积为：47T-/?2=1007T.

故选：C.

11.答案：A

解析：本题主要考查了动点轨迹，以及四棱锥的体积公式，考查了分析和转化能力，属于较难题，

由题意可知：PD+PC=2^2>2,得到点尸的轨迹为在侧面CCiDi。内（含边界），以。，C为焦点

的椭圆，椭圆方程为：-+y2=1.当点P在椭圆上顶点时，点P到底面ABC。的距离九最大，此

时hmax=1，当点P在椭圆与棱DD1或棱CG交点时，点P到底面ABCQ的距离/?最小，令X=1得，

y=+立，即/imin=立，从而求出四棱锥P-4BC。体积的取值范围.

✓—2Ulin2

解：由题意，如图所示：

P为该长方体侧面CQDi。内（含边界）的动点,

AD1PD,BC1PC,

■：tan/.PAD+tan2PBe=2\/2，

P0+PC=2近>2,

•••点P的轨迹为在侧面CGDi。内（含边界），以。，C为焦点的椭圆，且2a=2夜，c=1,

•••a=V2»b=yJa2—c2=1>

2

，椭圆方程为：--f-y2=1,

2J

设点P到底面ABCD的距离为h,

••・当点P在椭圆上顶点时，点P到底面ABCD的距离h最大，即/ax=1.

当点P在椭圆与棱CD1或棱CQ交点时，点尸到底面ABCZ）的距离〃最小,

令X=1得,y=土争即.一冬

・•・四棱锥P-4BCD体积P=^SABCD•h,

・•.Knax=|x2xl=|,l/min=[x2x曰=乎，

四棱锥P-4BCD体积的取值范围为

故选A.

12.答案：BC

解析：

本题考查几何体的结构特征，考查球的表面积，题目较难.

折起后，根据各点的位置，即可判断选项A、8；点。到六个面的距离相等，因此。即为六面体的

内切球的球心，根据条件求出球半径，即可判断C；△ABD的中心为。，点。到顶点M、。的距离

与点。到点A、B、。的距离不等，可判断。.

解：如图所示：

折起后，AC重合，BP重合，NC重合，因此AB与CO相交，A错误，8正确；

折起后，设等边三角形ABO的中心为O,取A8中点T,连接QT,OT,^Rt^OTQ<^,作。E_LTQ于

点E.

由4B107,AB10Q,且。。、。7为平面。7。中的两条相交直线，所以AB1平面。70.

又OEu平面OTQ,所以4B10E.又T。、AB为平面A8Q中的两条相交直线，所以0E1平面4BQ.所

以0E即为六面体的内切球的半径.

因为平行四边形ABC。由六个边长为1的正三角形构成,所以。A=OB=0C=当。7=*QT=与

因此。Q=J(剪-甯若

在RMOTQ中，可求得。后=善=彳.所以内切球的表面积为：4k><(3=9.故C正确；

若该六面体有外接球.根据04=。8=。。=更，0Q=由可知，点。不是六面体的外接球的球心.

3y3

所以不存在点到顶点M、Q的距离与到点A、氏。的距离相等，因此，该六面体没有外接球.故。

错误.

故选BC.

13.答案:ABD

解析：略

14.答案：ABD

解析：

本题考查棱锥的体积计算，线面垂直的判定，二面角，几何体的结构特征，考查逻辑推理能力和空

间想象能力，属于较难题.

根据几何体的结构特征，利用线线，线面，面面的位置关系及棱锥的体积公式判断选项可得结论.

解:

对于A,当面平面ABCM时，点尸到平面ABCM的距离最大，

而梯形A8cM的面积不变，故此时四棱锥P-4BCM的体积的最大，

(1+)x2

在RtAAP.U中，AP=2,PM=1,易知四棱锥P-4BCM的高八=誓，SABCM=^=3,

••・四棱锥P-的体积的最大值为工x3x2=2，故A正确；

355

对于8,•.•面平面A8CM,过点尸作P01/M,P。u平面PAM,

平面P4Mn平面Z8CM=AM,

二P。_L平面ABCM,再过点。作0E14B,连接PE,贝!|易知PE_LAB,

”E。为二面角P-AB-C的平面角，

在RtAPOE中，P0=—,又AO=适,OE=l，

555

2V5r

tanZ.PEO=—=-j-=—，故B正确；

OE24

5

对于C,•.♦在△力DM翻折到△PAM的过程中，POA.AM,

若ZMJLPB,POCPB=P,PO、PBu平面POB,

则4M_L平面FOB,OBu平面PO8,二AMJ.OB,

而事实上，AM与08不垂直（可证得OB=4B,则AB不可能为直角三角形斜边），故矛盾，

••・不存在某一翻折位置，使得4M_LPB,故C错误；

对于。，取PA的中点凡连接M凡FN,•:F,N分别是PA,PB的中点，

FN=又MC匕三AB，：.FN“MC,故四边形尸NCM是平行四边形，

...CN=MF'而在RtAAPM中，MF=Vl2+I2=V2.故CN的长为定值企，故。正确.

故选ABD.

15.答案：BCD

解析:

本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查四面体体积，平面与多面体截面积等有关知

识，属于较难题，解题时取AB中点W,必当中点S,可先根据4PJ.D1Q,确定。位置就在。石上,

然后根据体积，面积等公式逐项检验即可.

解：如图，

取AB中点W,41当中点S,连接WS,£)W,DiS,

在正方形ABC。中，易得4PJ.DVV,又API.。。1，

DWClDD1=D,。。1U平面。l「SDi，

所以.4PJ.平面。H'S",

因为点。是底面48道1。1上的动点，且4P1D1Q,

故点Q在上运动，D^f/DW,

所以OP与。1Q所成角就是DP与。卬所成的角，即NODP,

易得OD=延,OP=延，

55

直角三角形。OP不是等腰直角三角形，故A错误；

由于三角形ABP面积固定，。在上底面，Q到面ABP距离为2不变，故四面体A3P。体积不变，B

正确；

因为。点在上，过4向DA作垂线，垂足为“，即是符合条件的。点，

△44Q的面积有最小值就是△441”的面积，

44］和上底面垂直，4441”是直角，

所以面积为3/UIX&H=：X2X,=笫,C正确；

平面QPQ就是过点P与QS确定的平面，不因。变化而变化，故平面截正方体的截面面积不会改变，

。正确，

故选BCD.

16.答案：AB

解析：

本题考查空间几何体的结构特征，二面角的应用，考查几何体的体积求法，空间距离求法及球的体

积公式的应用，属较难题.

依题意，根据空间几何体的结构特征，结合条件，根据棱锥及球的体积公式逐项判断即可.

解：如图所示，取AC的中点0,连接尸。，0B,

因为PA=PC,AB=BC,所以。P_L4C,OBLAC,

可知NPOB为二面角P-4C-B的平面角，故cos4POB=—它.

3

在平面PBO内过点P作B0的垂线交B0的延长线于点D,coszPOD=

3

由OPJ.AC,OB1.AC,OPClOS=0,OPu平面PBO,OBu平面PBO,

可得4c，平面PBO,因为PBu平面PBO,所以AC1PB,A正确；

因为4c_L平面尸80,POu平面P80,所以力C_LP。，

又因为PD1.B。，ACnBO=。，ACu平面ABC,B。u平面ABC,

所以PDJL平面ABC,

OP=y/AP2-OA2=y/5^2=V3.

所以。。=OPcos乙POD=V3Xy=V2,

DP=>JOP2-OD2=1,即点P到平面ABC的距离为1,B正确；

三棱锥P-ABC的体积U=[x：xABxBCxPC=I，C错误；

所以CM=0C=0D=0B=6，则四边形ABC。为正方形，

从而易联想到将此三棱锥补形成长方体4BCD-EFGP,

所以三棱锥P-4BC的外接球即为长方体4BCD-EFGP的外接球，且PB为该外接球的一条直径,

又PB=y/AD2+CD2+PD2=3，所以该外接球的半径R=

所以该三棱锥的外接球的体积为U=:兀R3=:兀X?=故。错误.

o3oZ

故选AB.

17.答案：ABD

解析：

本题考查正方体的结构特征，线面垂直的判定与性质，棱锥的体积，异面直线所成的角，点到直线

的距离，属中档题，根据线面垂直的判定与性质可以证明&D上的任意一点M都满足CM14久，从

而判定4当M与公重合时，三棱锥B-C1”。的体积最大，计算可判定8;根据异面直线所成角的定义

得到乙4i/M即为所求角，即可判定C;根据抛物线的定义可判定D.

解：⑴如图，连接4Di，&D,C4,设M在线段4D上任意一点，CD_L平面4。。送1,二CD1AD1，

又•・••・•也14D,&OnCO=D,二也1平面40C,二也_L直线CM,故A正确；

如图所示，当M与4重合时，三棱锥B-CiMD的体积最大,/_c遇山=l-4xixixlxlxl=i,

故B正确；

由于CD〃4B〃&据异面直线所成角的定义得到乙4卷iM即为所求角,

设4D与4D1交于点。，若例在线段AS上,

近LL

上丝>五=立,

**•tan乙—22=W>

A1B1，A出一1-23

・・・ZTl/iM>30。，故C错误;

设M在AO上的射影为N,连接MMCi%JL平面4。。14[,时。1u平面400送1,加。]1MD\,

••.MN,MD1分别是〃到直线AD和直线65的距离，使两者相等的M的轨迹是以劣为焦点，以A。

为准线的抛物线在侧面力DD14上的部分曲线，有无穷多个点，故£＞正确.

解析:

本题为空间几何体交线问题，找到球面与正方体的表面相交所得到的曲

线是解决问题的关键，属基础题，球面与正方体的六个面都相交，所得

的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上；另一类在不过顶点4

的三个面上，且均为圆弧，分别求其长度可得结果.

解：如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类

在顶点A所在的三个面上，

即面面ABC。和面44山1。上；另一类在不过顶点A的三个面上，

即面BBiGC、面CGDiD和面上.在面44道避上，交线为弧EF且在过球心4的大圆上,

因为赫=等，AA.=1,则=..同理4BAF=a

所以4以尸=三故弧EF的长为也上=3位

6369

而这样的弧共有三条，在面BBiGC上，

交线为弧FG且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，

此时，小圆的圆心为3,半径为更，乙FBG=三

32

所以弧FG的长为隹?=逅m这样的弧也有三条，

326

于是，所得的曲线长为3X更7T+3X逅兀=皿红.

966

故答案为也兀.

6

19.答案：&

24

解析：

本题考查球的体积公式，考查两圆相切性质，正四棱锥性质的应用，属于中档偏难题.设。为正方形

ABCD的中心,的中点为M,连接PM,OM,PO,则0川=i.PA/=\/PA2-AM2==3，

POGT2v/2,分别可求得大球Oi与小球Q半径分别为它和立，进而可得小球的体积.

24

解：设。为正方形A8CC的中心，A8的中点为M,连接PM,OM,PO,

则OA/—1,

PM=，PA2-4Af2=v/I^I=3，PO=v/9zT=2v/2，

如图，在截面PM。中，设N为球。i与平面PA8的切点，

则N在上，且gNUPA/,设球。［的半径为R,则ONR,

1Nd1

因为sinNA/PO=<3=；,所以五石17,则PO|=3/?,

«>rU\J

PO=POfi-OOi=AB=2\/2f所以，

2

设球。1与球。2相切于点。，则PQ-PO-2R=2/?,设球。2的半径为小

同理可得PQ=4r,所以r=曰=乎，

故小球。2的体积V

故答案为遮7r.

24

20.答案：胃

解析：

本题以由直角梯形折叠形成的四面体为载体，考查线、面间的位置关系，四面体的外接球，属于较

难题目.

根据条件判断出四面体F-BCE外接球的球心为8E的中点，半径为［BE,结合题目所给数据求出外

接球半径，即可得到其表面积.

解：如图.由题意可知，折叠后所构成的四面体F-BCE中，

LEFC=90°,LEFB=90°,NBFC不可能为直角.

在RtAFBC中，由FB>FC可知，"CB为直角，即BC1FC,

因为FE_LFB,FE1FC,FBCFC=F,FB,FCu平面尸BC,

所以FE1平面FBC,

又BCu平面FBC,则有FE_LBC,

又因为BCJ.FC,FECFC=F,FE,FCu平面EfC,

所以BC1平面FEC,

又ECu平面EFC,则有BC1EC,

所以四面体F-BCE外接球的球心为BE的中点，半径为：BE,

在直角梯形ABC。中，

设DE=EA=a,

22222

则有EC?=a+l,BE=a+4,BC=4a+1,

由EC?+BC2=BE2,

解得a=当（负值已舍去），则BE=乎，

21.答案：/?

解析：

本题考