高中数学第八章第1节《基本立体图形》提高训练题 (31)(含答案解析)

第八章第1节《基本立体图形》提高训练题（31）

一、单项选择题（本大题共12小题，共60.（）分）

1.己知四棱锥P-4BC。中，平面240平面ABCZ）,其中A8CZ）为边长为4的正方形，4PAD为

等腰三角形，PA=PD=2V3,则四棱锥P-4BC0外接球的表面积为（）

A.307rB.367rC.347rD.327r

2.体积为近的三棱锥4-BCD中，BCAC=BD=AD=3,CD=2层,AB<272，则该三棱锥

3

外接球的表面积为

A.20?rB.7TC.~^7TD.~7r

31212

3.蹴鞠起源于春秋战国，是现代足球的前身.到了唐代，制作的蹴鞠已接近于现代足球，做法是：

用八片糅制好的尖皮缝制成“圆形”的球壳，在球壳内放一个动物膀胱，“嘘气闭而吹之”，

成为充气的球.如图所示，将八个全等的正三角形缝制成一个空间几何体，在几何体内放一个

气球，往气球内充气使几何体膨胀，当几何体膨胀成球体（顶点位置不变）且恰好是原几何体外

接球时，测得球的体积是乃兀，则正三角形的边长为（）

4.下列四个命题:

①矩形旋转一周所得的几何体一定是圆柱；

②以直角三角形的一边为旋转轴，旋转所得几何体是圆锥;

③圆台的任意两条母线的延长线，可能相交也可能不相交;

④圆锥的轴截面是等腰三角形.

其中错误命题的个数是（）

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

5.半正多面体（semiregn/arso〃d）亦称“阿基米德多面体”，如图所示，

是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美将正

方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去-一个三棱锥，如此共可截去八

个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的边长都相等，其

中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边

体.若二十四等边体的棱长为2,则该二十四等边体外接球的表面积为（）

A.47rB.67rC.87rD.127r

6.已知正四面体P-ABC的棱长为a,。为正四面体P-ABC的外接球的球心，过点。作平行于底

面ABC的平面截正四面体P-4BC,得到四面体P-4/iCi，那么四面体P-4当好的外接球

的表面积为

92272c「2r-x157

AA.-rca£B.—na£C.一TTQD.—na£

832816

7.棱长为I的正方体力BCD-中，P为正方体表面上的一个动点，且总有PCLBDi，则

动点P的轨迹的长度为（）

A.|TTB.4兀C.3V2D.4企

8.在《九章算术J）中通常把直角三角形按照边的大小分别称为“勾、股、玄”。一个直角三角形

的玄长为8cm,有一个锐角为30。，绕其玄所在直线旋转一周，则得到的几何体的表面积为（）

A.8（3+V3）7TC7n2B.24n:cm2

C.4（3+V3）7rc7n2D.8（6+y/G^ncm2

9.3。打印模型是使用辅助设计软件C4力来进行制作的.现有一家公司决定通过C4O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BMN,且BM=BN=2,且点P到△BMN的三个顶点的距离都

为乃，则该公司设计的球形儿童玩具模型的半径为

A.；B.；C.；D,

2222

10.如图，在正方体48。£＞一4道传1。1中，点/）在线段3。1上运动，1c

则下列判断中，正确命题的个数是（）

①三棱锥A-CD1P的体积不变；'、、］\

②4P〃平面AC。】；一--玄弋（二＞^，

③平面PaD1平面力CD】；

④4P与ADi所成角的范围是

A.4个B.3个C.2个D.1个

11.如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球

的半径为（）

叵

A.V22

2

12.已知正三棱柱ABC-的所有棱长都相等，。是A1名的中点，则AO与平面BCG/所成角

的正弦值为（）

B・管C.噂D・噂

多项选择题（本大题共2小题，共8.0分）

13.如图是正方体的平面展开图，则关于这个正方体的说法正确的是（

A.与平行

B.C7V与BE是异面直线

C.CN与成60。角

D.QM与BN是异面直线

14.如图，在正方体ABCD-AIBIGDI中，棱长为2,点P在线段aC上运动，则正确的命题是（）

A.直线BO】J_平面46。

B.异面直线AP与4。所成角的最小值为45。

C.三棱锥P-&GD的体积为定值

D.正方体内切球的体积为47r

三、填空题(本大题共13小题，共65.0分)

15.关于棱柱，下列说法正确的有(填序号).

(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱;

(2)棱柱的侧棱长相等，侧面都是平行四边形；

(3)各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体.

16.已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球。的球面上，P41平面A8C,且NB力C=60。，PA=2,

BC=2V3J!JA力BC面积最大时，球。的表面积为.

17.平行六面体486-&8传过1中，已知底面四边形ABCD为矩形，〃148=4&4。=多其中,

\AB\=a,\AD\=b,\AAX\=c,体对角线|4C|=1,则c的最大值是.

18.如图，直三棱柱ABC-&BiCi中，力是BC的中点，四边形4BB14

为正方形.若/4BC为等边三角形，BC=4,则点8到平面AB］。的

距离是.

19.⑴已知复数z=(m2-2m-3)++l)i(i为虚数单位)是纯虚数，则实数机的值为

(2)等差数列｛an｝的前〃项之和为立,已知q>0,Sl2>0,EJVO,则S2,S3,Se

…，S”，S12中最大的是.

(3)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球。的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球

O的直径，且SC=2,则此棱锥的体积为.

(4)已知△ABC是半径为5的圆。的内接三角形，且tan4=%若近=%南+y彳？(x,y6R)，

贝H+y的取值范围是.

20.已知一个圆锥的底面半径为3,侧面积为18兀，则此圆锥的内接正四棱柱(底面是正方形的直棱

柱)的体积的最大值为.

21.设P,。为一个正方体表面上的两点，已知此正方体绕着直线PQ旋转火0<。<2兀)角后能与

自身重合；那么符合条件的直线PQ的条数为.

22.已知直三棱柱ABC-的各顶点都在同一球面上，若AB=AC=2,=4,ABAC=120°,

则此球的表面积等于.

23.在半径为花的球。中，4、B、C、力为球。上的点，AD//BC,ABAD=DC=2,BC=4,

P是球。上的动点，则四棱锥P—ABC。的体积最大值为.

24.在四面体ABC。中，底面ABC,DA=AB=BC=1,AB1BC,则该四面体的外接球体

积为.

25.在三棱锥P—ABC中，AB1平面PAC,PC=AB=2AC=2,PA=V5,则该三棱锥的外接球。

的表面积为.

26.一个圆锥恰有三条母线两两夹角为60。，若该圆锥的侧面积为3百兀，则该圆锥外接球的表面积

为.

27,在三棱锥。一ABC中，已知4。1平面ABC,且△ABC为正三角形，4D=4B=8，点。为三

棱锥。-4BC的外接球的球心，则点。到棱DB的距离为.

四、解答题(本大题共3小题，共36.0分)

28.如图，在长方体48。。一4816。1中，点E是的中点.

(1)求证：力劣〃平面&GE；

(2)若48=AD=2,44i=3,求点/到平面4送隹的距离.

29.用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得的圆台上、下底面的半径比是1：4,截去的圆

锥的母线长是3cm.求截得的圆台的母线长.

30.如图，已知一个圆锥的底面半径与高均为2,且在这个圆锥中有一个高为x的圆柱.

(1)用x表示此圆柱的侧面积表达式；

(2)当此圆柱的侧面积最大时，求此圆柱的体积.

【答案与解析】

1.答案：C

解析：

本题考查了简单组合体及其结构特征，球的表面积和体积和面面垂直的性质.

利用四棱锥P-ABCD外接球的结构特征得0E1平面A8CD,再利用面面垂直的性质得PF1平面

ABCD,然后解三角形得外接球的半径平方，最后利用球的表面积公式，计算得结论.

解：如下图：

点E是正方形ABCQ的对角线交点，。是四棱锥P-4BCD外接球的球心，则OEL平面ABCD

取AO的中点F,连接PF.

因为平面PAD1平面ABCD交于AD,且P4=PD=2731所以PF_L平面ABCD,即P尸〃。£

因为正方形A8C3的边长为4,若。E=x,

所以在RM04E中，AO2=AE2+0E2=8+x2.

又因为PF=2A/LEF=2,所以OP?="2+（PF-of）2=4+（2&—X）2,

而OP=。4为外接球的半径，所以4+（2&—x）2=8+/，解得“争

2

因此外接球的半径的平方为8+（4）=

所以外接球的表面积为垢XI；347T.

故选C.

2.答案：B

解析:

本题考查三棱锥的体积，考查球的表面积，考查锥体的外接球问题，属于难题.

求出A8的长，确定出三棱锥，建立空间直角坐标系，求出半径即可.

解：考虑极限情况，在长方体中，如图所示（4B分别为长方体棱上的中点），

BC=AC=BD=AD=3,CD=2通,则4CBD尚&CAD,

设。为CZ）中点，易得C。=。。=遮，OB=0A=^32—（V5）2=2,

则在Rt△048中，AB="22+22=2近,

而根据题干信息ZB<2VL则点B在上图中的Q（不包含端点）上运动，

当运动到三棱锥A-BCD的体积为竽时，此时的三棱锥如图所示（O'B为三棱锥的高）:

由几何关系可得448的面积为S“cD=♦1。41=2遍,

故匕-Be。=Jx2V5x\B0'\=弯,解得|BO|=V3,

则在RtAOB。'中，B0=2,\B0'\=V3.贝1」。。'=1,

而。4=2,则力。'=1,则8为MN中点（M,N分别为对应长方体棱上的中点），

而在△2CD中，AD=AC,。为CD中点，sin^DAO=―，cos^DAO=

33

由二倍角公式可得sin/n4c=延，

9

设44CD的外接圆半径为r,则利用正弦定理可得2r=

s\nz.DAO

解得r=

4

而4£>=4C,。为CQ中点，所以AACD的外接圆圆心一定在0A所在的直线上,

而r=：>04=2,故外接圆圆心在0A的延长线上，

4

设该三棱锥的外接球的球心为P,。1为△ACD的外接圆圆心，则OIA=£

则POi1底面。1C4D,

而0送u底面01C4D,故POi1OXA,

而CD140「

设三棱锥外接球的半径为R,

故建立如图所示的空间直角坐标系（01为原点，为），轴，POi为z轴，8的平行线为x轴）:

设P（0,0,z）则4（03,0）,B（0,；,V3）,

44

则|PB|=\PA\=R,

则+（z—次）2=,+Z?=R,

解得Z=—"（说明P在上图所示的z轴的负半轴上）,

则R2=g,

故外接球的表面积S=4兀R2=?7r.

故选B.

3.答案：B

解析：

本题考查球的和体积和多面体的结构特征,考查空间想象能力，属于中档题.

根据题意，可知该外接球是正八面体的外接球，设出边长与半径，利用体积即可求解.

解：图中的八个全等的正三角形缝制成的空间几何体是正八面体，，

设正三角形边长为m正八面体外接球半径为R,

则2R=近a，

由题可知X（=Mik,

J/

可得=3V3＞所以a=V3.

故答案为B.

4.答案：C

解析：

本题主要考查旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的结构特征，属基础题.

对四个选项逐个分析即可得出答案.

解：①以矩形的对角线所在直线为旋转轴旋转一周所得的几何体不是圆柱，所以不正确；

②以直角三角形的斜边为旋转轴，其余两边旋转形成的面围成的几何体是两个圆锥的组合体，所以

不正确；

③圆台的任意两条母线的延长线，一定相交，所以不正确；

④圆锥的轴截面是等腰三角形，正确.

所以错误的有3个，

故选C.

5.答案：C

解析：

本体考查简单多面体的结构特征，球的表面积公式，属于中档题.

根据几何体的对称性，得出所求外接球为底面棱长为遮，侧棱长为2的正四棱柱的外接球是解题的

关键.

解：由已知，根据几何体的对称性可知，该几何体的外接球为底面棱长为侧棱长为2的正四棱

柱的外接球.

(2/?)2=(V2)2+(V2)2+22>R=V2>

,该二十四等边体外接球的表面积为S=4TTR2=4TTx(通)1一8忏，

故选C.

6.答案：B

解析：

本题主要考查了简单多面体(棱柱、棱锥、棱台)及其结构特征及球的表面积和体积，属于基础题.

设正四面体P-ABC的外接球的半径为r,四面体P-4B1Ci的外接球的球心为Oi，半径为小利用

勾股定理求得「=渔a.

4

V-6ar

意

由

题-3-

逅-进而得到r1的值，从而得到答案.

Qn

4

解：设正四面体P-ABC的外接球的半径为r,四面体P—ZiBiG的外接球的球心为Oi，半径为心,

由题意知，正四面体P—A"的高为乎a，r2=/a-r)2+(9a)2,解得一彳如

所以四面体P-4B】Ci的高为在a,由题意得

匹&

a

3

-=

逅G

a

4

2

27Q

一77-T

故四面体P32

故选B.

7.答案：C

解析：

本题考查直线与平面垂直的判定和性质的应用，考查空间想象能力、推理能力，属中档题.

根据正方体的结构特征，易证BOi平面4B1C,只要尸在平面平面481c内总有PC1BDr则P的轨

迹为图中的三角形AB1。除去C点，即可解答.

解：如图：连接BiC,AC,

正方体4BCD-中，

由ACJ■平面88皿。，则4c1BD1,

由&C_L平面ABGDi，则B1CJ.BD1，

所以BDi_L平面4B1C,

只要「在平面平面A/C内总有了C1BDi,

P为正方体表面上的一个动点，所以P的轨迹为图中的三角形AB1。除去C点,

由正方体的棱长为1,所以4C=鱼，三角形ZBiC的周长为3&,

故选C.

8.答案：A

解析：

本题考查的是空间几何体得表面积问题，属于基础题。

解：由题意知，空间几何体是以斜边为3所在直线旋转一周得到两个圆锥,

根据题意，底面半径是28，即两圆锥的弧长，=27TX2V5=4WTT，

母线长万=4,r2=4y/3,

所以S=pS+r2)=gx4V3TTx(4+4V3)=8(3+V3)7rcm2,

故答案选A。

9.答案：A

解析:

本题主要考查了儿何体的外接球问题，意在考查考生的数学建模能力和数学运算能力，属于中档题.

顶点在底面内的射影是底面三角形的外心，将有关信息转化为RtAOiOB中，利用勾股定理求解，另

外，本题中Rt△BMN斜边上的中点到Rt△BMN各顶点的距离相等，因此只需在过斜边中点且与Rt△

BMN所在平面的垂线上探求球心，即可解决问题.

解:设顶点P在底面内的射影为由于PB=PM=PN=①，

所以OiM=0、B=OiN,即点。1是4BMN的外心.

因为BM=BN=2,ABMN是等腰直角三角形，

所以。1为的中点，MN=2®BOj=V2,P0r=2.

设外接球的球心为。，半径为七则。必在POi上，

在RtAOiOB中，（2-/?>+（鱼产=R2,解得R=*

故选A.

10.答案：B

解析：解：对于①，VA_DiPC=VA_CDiP,C到面AD1P的距离不变，

且三角形力D1P的面积不变.•••三棱锥4-D1PC的体积不变；正确；

②连接&B,41cl容易证明平面B4C1〃面从而由线面平行的

定义可得aP〃平面4CD1；正确.

③连接根据正方体的性质，有DBi，面4。。1，DBiu平面P&D,

从而可以证明平面PBi。J•平面AC/；正确.

④当户与线段BQ的两端点重合时，41P与4久所成角取最小值g,

当尸与线段BC1的中点重合时，&P与45所成角取最大值与,

故4』与ADi所成角的范围是弓,§；错误；

正确的命题个数有3个.

故选8.

&VA-D1PC=yA-CD1p<C到面ADiP的距离不变，且三角形A0P的面积不变；

②连接&B,41cl容易证明平面B&G〃面从而由线面平行的定义可得;

③连接。当，容易证明OB】1面从而可以证明面面垂直；

④分析出aP与AD1所成角的范围，从而可以判断真假；

本题考查空间点、线、面的位置关系，空间想象能力，中档题.

11.答案：B

解析：

本题考查了空间几何体的三视图，三棱锥外接球半径的求法，考查了空间想象能力，属于中档题.

先根据三视图还原三棱锥的直观图，然后根据几何关系求出该三棱锥的外接球的半径即可.

解：由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥A-BCD,F为2。的中点，

外接球球心。在过CZ）的中点E且垂直于平面BCD的直线/上，又点。到A,B,。的距离相等，

•••。又在过左边正方体一对棱的中点所在直线上，在△OEN中，由芸=黑,即:=得0E=3,

ME0E30E

•••三棱锥4-BCD外接球的球半径R=WE?+BE2=卜+（鱼尸=V11.

故选B.

12.答案：D

解析：

本题考查线面所成角的正弦值求解，考查分析与计算能力，属于中档题.

取AB中点E,作EF_1.BC于尸，连接得NE/F即为AD与平

面BCGa所成角，即可得到答案.

解：如图，取AB中点E,作EFJ.BC于尸，

连接BiE,则/EB#即为4。与平面BCGa所成角•

不妨设棱长为4,则BF=1,BE=2,

EF=痘,B、E=2V5，

・•.sin"B/=^=7r

故选D.

13.答案：CD

解析：

本题考查正方体的结构特征，异面直线，直线与直线所成的角，直线与直线的垂直，是基础题.

将正方体的平面展开图复原为正方体，对每个选项进行判断即可.

解：由题意画出正方体的图形，如图：

8M与为异面直线，不平行，故A错误；

CN与BE平行,并且在同一平面ENCB中，故8错误；

因为NC//BE,所以BE与8M所成的角即为NC与8M所成的角，

因为是正方体的面对角线，所以三角形BEM为等边三角形，所以60，

所以CN与B加成60。角，故C正确；

因为EN_L平面CDNM,DMC平面CDNA/,所以EN1DM,

又因为DMINC,并且NCnEN=N,EN,NC都在平面BCN内，

所以。M_L平面5CN,又因为BN在平面2CN内，所以OM与8N垂直，故£＞正确.

故选CD.

14.答案：AC

解析：

本题主要考查了线面垂直的判断，考查了异面直线所成角，考查了空间几何体的体积，属于中档题,

利用相关定理对选项逐项判定即可.

解：如图：

对A、连接当历，根据正方体的性质，

BB114G，B也1又BBin8也=Bx,

，aCi_L平面BiBODi,Z?DiU平面

AiG1BD1,

同理&01B01，又&Dn41cl=&,

BDiJ.平面力iGD,故A正确；

对8,•.•4D〃BiC,.,.直线”与81c所成的角即为异面直线”与&D所成角,

为正三角形，点P在线段4C上运动，

.•・直线AP与81c所成的角的取值范围为［60。,90。］,

即异面直线AP与所成角的取值范围为［60。,90。］,故B错误；

对C,•:AM/BG又从DU平面ACiDBCU平面4G。，

B\C］,，面lVp-AiCiD=

即三棱锥P—AiCi。的体积为定值，故C正确；

对。，正方体棱长为2,则内切球半径为R=l,

则体积l'=、R3、，故O错误，

故选AC.

15.答案：(2)

解析：

本题主要考查棱柱的有关概念，属于基础题.

解：(1)有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体，但是这个几何体不是棱柱，二(1)不

正确.

(2)五棱柱的底面是五边形，六棱柱的底面是六边形，(2)正确；

(3)棱锥被过顶点的平面分成的两部分有可能都是棱锥，二(3)不正确；

故答案为(2).

16.答案:207r

解析：

本题考查球的表面积公式，余弦定理，三角形的面积公式，利用基本不等式求最值，属于较难题.

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

为△ABC的外心，建立与球。半径R有关的方程，解方程即可.

解：如图，在△ABC中，作ADJ.BC,

在△ABC中，Z.BAC=60°,BC=2相,由余弦定理，MFC2=AB2+AC2-2AB-AC-cos^BAC,

AB2+AC2-AB-AC=12,^AB-AC<12,当且仅当AB=AC时，等号成立.

5-瓯=]-BCAD=iAD-AC-siuZBAC

=^AB-AC<3V3.

ABC的面积最大值为3次，止匕时3x2取AD=373,即40=3,AB=AC=BC=2W，此时△ABC

为等边三角形，

记H为44BC的外心，即三棱锥P-4BC的外接球半径为R,

连接0H,过。做0E1P力于E,

可知AH=|/W=2,

易知四边形0H4E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：垢储2O7T.

故答案为207r.

17.答案:V2

解析：

根据直线与平面所成角的定义，求出线面角，结合三角形的正弦定理，即可求出c,的最大值.

本题考查执行与平面所成角、线面角，考查正弦函数求最值等知识点，数形结合，属于难题.

解：如图，

由44送8=44送0=g可知，点为在底面的射影点在直线AC上，记直线&A与底面的夹角为。,

则cos。=cosZ-A^B•CQSZ-CAB,

所以cos。=cos-cos-=—，所以sin。=—，

3442

在△A14C中，由正弦定理可得c=&sin〃iC4WVL

当=T时，。取最大值VL

故答案为：V2

18.答案:延

5

解析：

本题考查根据等积法求点到平面的距离，属于中档题.

由等体积法以-BBS=构造关于所求距离的方程，解出方程即可得结果.

解：•••在直三枝柱ABC—481G中，

平面;平面ABC,且BC为它们的交线又AD1BC,

•1•AD，平面BCG'1设点B到平面AB/的距离为h,

由等体积法可得：VA-B0D=叫-BB1-BD-DA=1^-AD-DBr-h,

即4•2•6=g•2遍•/i，

14V5

・•,h=——，

5

即点B到平面4当。的距离为华.

故答案为延.

5

19.答案：(1)3

⑵56

⑶当

5

(4)(-oo-]

O

解析：

(1)本题考查纯虚数定义，得出｛丁；12mo"3=0,解之可得答案.

解：由题意和纯虚数定义可得色2-2巾13=0；

解得m=3.

故答案为3.

(2)本题考查等差数列的前〃项和以及性质，得出等差数列｛即｝的前6项为正数，从第7项开始为负

数，易得结论.

解：因为等差数列｛aj的前〃项和为土,

a1>0,Si2=12(a6+a7)>0,S13=13a7<0,

所以。6+。7>0,a7<0,

所以等差数列｛a"的前6项为正数，从第7项开始为负数，

故S6最大.

故答案为56.

(3)本题考查三棱锥的体积，考查学生的计算能力，求出点。到平面ABC的距离，进而求出点S到

平面A8C的距离是关键.

根据题意，利用截面圆的性质即可求出001，进而求出底面48c上的高S£>,即可计算出三棱锥的体

积.

解：根据题意，

设球心为。，过ABC三点的小圆的圆心为则0。11平面A8C,

延长CO】交球于点D,则SOJ_平面48c.

cc2V3V3

,**CO1=—X—=—,

1323

.・.0。］=浮

•滴SD=2。。1=孚

・・・△力8。是边长为1的正三角形，

・C_V3

..hABC_4'

1V3276y/2

yI7=-x——x——=—,

3436

故答案为五.

6

(4)本题主要考查了二倍角公式、向量运算、基本不等式、平面几何等方面的知识，以及解二次不等

式等有关方面的能力，属于中高档题型.

根据二倍角公式求出COSNBOC,进而利用平面向量的加减及数乘运算和基本不等式即可求得％+y的

取值范围.

解:由已知得，不妨设x+y<l,(即点。在△ABC内)，

sinZBAC=g,cos/BAC=|,又乙BOC=2乙BAC,

如图所示，贝(jcoszBOC=2xcos2Z.BAC-1=-亲,

又=x~AB+y~AC=x(A0+05)+y(^AO+0C),

即(％+y-1)而=-xOB-yOCf

2222

两边平方可得(％+y—1)2^Q—x2Q~g+2xyO^-0?+y0?»

整理得2(%+y)-1=设％+y=t,则%y工g当且仅当x=y时，等号成立.

代入上式可得2-拼2,即16t2-501+25NO,解得t辐或tN|,

故％+y的取值范围是(一8,自.

故答案为(一8曲.

o

20.答案：8-\/3

解析：

本题主要考查空间几何体四棱柱的体积的最大值，考查利用导数解决实际问题，属于中档题.

设出圆锥的母线长为/,高为人由已知解出/,比再设正四棱柱的高为"，底面正方形的边长为“，

作出截面图，表示出九'与。的关系，求出圆锥的内接正四棱柱的体积V=3ba2-彳。3,利用导数

讨论单调性，判断出最值即可.

解：设圆锥的母线长为/,高为人，

则S掰=3旭=18兀，解得［=6.

故人=VZ2-9=3V3.

如图①，设正四棱柱的高为"，底面正方形的边长为“，

作截面如图②，则OE=#a.

COG

因为△SDE~aS4。，所以=

所以a=逋型，所以"=3我—渔a.

所以此圆锥的内接正四棱柱的体积为，=a2hf=a2（3V3-^a）=3>/3a2-^a3,0<a<3A/2.

则Vr=6V3a—a2，

2

令V'>0,得0<a<2注；令片<0,得2&<a<3&.

故J=375a2一日.3在区间（0,2夜）匕单调递增，在区间（2夜,3夜）匕单调递减.

所以当a=2a时，监ax=3A/3x（2V2）2-yx（2V2）3=8V3.

即此圆锥的内接正四棱柱的体积的最大值为8H.

故答案为：8V3.

21.答案：13

解析：

本题考查正方体的结构特征，由正方体自身的对称性可知，若正方体绕着直线尸。旋转0（0<0<271）

角后能与自身重合，则P。必过正方体中心，由此分三种情况，即P,0为正方体一体对角线两顶点

时，P,Q为正方两相对棱中点时，P,。为正方体对面中心时求得符合条件的直线PQ的条数.

解：若正方体绕着直线PQ旋转火0<8<2兀）角后能与自身重合，则尸。必过正方体中心，否则，

正方体绕着直线P。旋转。（0<。<2兀）角后，中心不能回到原来的位置，共有三种情况，

如图，

图1留2图3

当P,。为正方体一体对角线两顶点时，如图1,把正方体绕PQ旋转f正方体回到原来的位置，

此时直线共有4条：

当P,。为正方体对面中心时，如图2把正方体绕PQ旋转以兀,手，正方体回到原来的位置，此时直

线共有3条；

当P,。为正方两相对棱中点时，如图3,把正方体绕PQ旋转兀，正方体回到原来的位置，此时直

线共有6条；

综上，符合条件的直线P0有4+6+3=13条.

故答案为13.

22.答案：327r

解析：

本题考查了直三棱柱的外接球问题，考查正弦定理的应用，利用勾股定理求出外接球半径是关键，

属于中档题.

在△ABC中，利用等腰三角形性质求出44BC=30。，然后利用正弦定理求出外接圆半径，进而根据

勾股定理求出外接球半径，即可得解.

解：由题意可知，直三棱柱ABC-AiBiCi的高为九=4&=4,

在△力BC中，AB=AC=2,则该三角形为等腰三角形，

又NB4C120。,"ABC=30°，

设△力BC的外接圆半径为r,

由正弦定理得力■■r=2.

sinZ.ABCsin30"

设直三棱柱ABC-ABiG的外接球半径为R,

则R=r2+(-)2=25/2,

因此，该球的表面积为4TTR2=32兀.

故答案为327r.

23.答案：V3+-/15

解析：

本题考查四棱锥体积的最大值的求法，属于中档题.

根据题意可知当平面PBCJ•平面ABCO时，四棱锥P-ABCD体积最大.由题可知底面四边形为等腰

梯形A8CC,计算出其面积，在求出点尸到底面ABCQ的最大距离为人，由此求出四棱锥P-4BC。体

积的最大值.

解：由题意知，当点尸到底面ABQ)的距离最大，即平面PBC1平面ABCC时，四棱锥P—ABCD体

积最大，

因为4D〃BC,AB=AD=DC=2,BC=4,

所以底面四边形为等腰梯形ABCQ,

所以等腰梯形ABCD的面积S=x(2+4)xV3=3V3,

设点P到底面A8CO的距离为h,

则八max=V5+JV52-22=V5+1,

则四棱锥P-力BCD体积的最大值为［x3>/3x(1+V5)=V3+715.

24.答案:

9

解析:

本题考查四面体的外接球的体积的求解，着重考查了球内接多面体等基础知识，考查运算求解能力，

考查数形结合思想，属于中档题.

根据外心的性质，可得其半径，然后利用勾股定理求解得四面体A3C。的外接球的半径即可求得球

的体积.

解：如图，

■：AB1BC,AB=BC=1,

AC=V2.1••AD1面ABC,

DA1AC,DA1BC,

•••△4CD是直角三角形，

vDAIBC,CB1BA,•••CB1平面AB。，BC_LBD,CDB是直角三角形，

CD的中点就是球心，CD-Jl2+(V2)2=2/?>

R=—,

2

•••球。的体积v=皿=巫.

32

故答案为止.

2

25.答案:97r

解析：

本题考查三棱锥的外接球，涉及球的表面积公式，属于基础题.

由题意求出相关线段的长，得出P8的中点即为外接球的球心，得出2R=PB=3,由球的表面积公

式可得答案.

解：因为三棱锥P-4BC中，平面PAC,PC=AB=2AC=2,PA=V5.

所以力B_L4C,ABLAP,

由AB=2,PA=和勾股定理可得PB="俘+AB?=3,

由4c=1,AB=2,和勾股定理可得BC=VAC?+AB?=圾,

再由PC=2,PB=3,可得B(72+P(?2=pp2,

所以APCB为直角三角形，且NPCB为直角，

结合APAB为直角三角形，且NP4B为直角，和圆的性质可得PB的中点即为外接球的球心，故2R=

PB=3,

故该三棱锥的外接球0的表面积为S=4兀/?2=兀＞4R2=9兀.

故答案为97r.

26.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：

A

由题意知，三角形48c为正三角形，N4SB=N4SC=4BSC=60°,

所以48=S4,设圆锥底面半径为r,则吟;=2兀，

sm60°

AB=y[3r,S0=\/3r2—r2=V2r,因为该圆锥的侧面积为3g兀，

|x2nrxV3r=yj3nr2=3yj3n,r=V3,SO=6，

设圆锥的外