高中数学第八章第1节《基本立体图形》提高训练题 (三)(含答案解析)

第八章第1节《基本立体图形》提高训练题（3）

一、单项选择题（本大题共12小题，共60.（）分）

如图所示，在正三棱台4BC-aB1C1中，4B=344=|公&=3,

记侧面488遇］与底面A8C,侧面与侧面BCC/i，以及侧面

ABB14与截面&BC所成的锐二面角的平面角分别为a,0,y,贝k）

A.y<p=a

B.p=a<y

C.p<a<y

D.a<p<y

2.已知点在半径为2的球面上，满足AB=AC=1,BC=遮，若S是球面上任意一点，则

三棱锥S-ABC体积的最大值为（）

A3+26B3+2V3Q2+3遍D.皿

•12・6.1212

3.如图，表面积为127r的球。内切于正方体48co-则平面AC%截球。的截面面积为

()

4.如图，圆形纸片的圆心为O,半径为6,该纸片上的正方形ABCQ的中

心为0.E,F,G,，为圆。上的点，AABE,△BCF,4CDG,&ADH分

别是以AB,BC,CD,£>A为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以

AB,BC,CD,D4为折痕折起AABE,△BCF,△CDG,dADH,使得

E,F,G,，重合得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2

倍时，该四棱锥的外接球的表面积为（）

A167rB257rp647r口lOOrr

・3333

5,已知三棱锥P—ABC三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，且P4=PB=PC=2,M,N分别

为该三棱锥内切球和外接球上的动点，则M、N两点间的距离最大值为

A.2+yB.2+V3C.V3+1D.2+竽

6.下图所示的几何体是由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥

而得到，现用一个垂直于底面的平面去截该几何体，则截面图形可能是

MM口

⑵(3)(4)

C.⑶(4)D.⑴(4)

7.在三棱锥P-4BC中，二面角P-A8-C、2一4。一8和「一8。一4的大小均等于全

AB-.AC-.BC=3:4:5,设三棱锥P-ABC外接球的球心为。，直线P0与平面A8C交于点Q,则

—=()

0QI,

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

4

8.在三棱锥E-4BD中，已知48==遮，三角形双加是边长为2的正三角形，则三棱锥E-

48。的外接球的最小表面积为()

A2后B8后Q32鬲rD坨

*33273

9.已知尸，A,B,C是半径为3的球面上四点，其中PA过球心，AB=BC=2,AC=2y[3,则三

棱锥P-ABC的体积是

A.V3B.2A/2C.辿D.泊

33

10.已知正三棱柱ABC-4B1G的侧棱长为4,底面边长为2,用一个平面截此棱柱，与侧棱44,

BBi，CG分别交于点M,N,Q,若^MNQ为直角三角形，则4MNQ面积的最大值为()

A.3B.V10C.V17D.3V2

11.日常生活中，有各式各样精美的糖果包装礼盒.某个铁皮包装礼盒

的平面展开图是由两个全等的矩形，两个全等的三角形和一个正方

形所拼成的多边形（如图），矩形的长为12CM,矩形的宽和正方形

的边长均为8cm.若该包装盒内有一颗球形硬糖的体积为Ucm3,则

丫的最大值为（）

A64^2口32\/2on—.r>256

A.-----7TD.-----71C.3Z7TU.7T

333

12.在边长为2的菱形A8CQ中，BD=2b，将菱形A8CC沿对角线AC折起，使得平面ABC1平

面ACD,则所得三棱锥4-BCD的外接球表面积为（）

二、多项选择题（本大题共2小题，共8.0分）

13.正方体力BCD-4B1GD1的棱长为3,点E,尸分别在棱CCi，DiG上，且GE=2ECRF=2FC、,

下列命题：

A.异面直线BE,CF所成角的余弦值为。；

10

A过点8,E,尸的平面截正方体，截面为等腰梯形；

C.三棱锥当-BE尸的体积为|；

D过当作平面a,使得4E1a,则平面a截正方体所得截面面积为2.

2

其中所有真命题为（）

A.AB.BC.CD.D

14.正方体ABCD-A/iCiDi的棱长为1,M,N分别为线段BC,CC1上的动点，过点M,N的

平面截该正方体的截面记为S,则下列命题正确的是

A.当BM=0.1.0<CN<1时，S为等腰梯形

B.当M,N分别为BC,CG的中点时，几何体&D1MN的体积为2

C.当M为BC的中点且0WCNW1时，S为五边形

D.当例为BC的中点且CN=；时，S与CD】的交点为R,则GR=]

三、填空题（本大题共16小题，共80.0分）

15.在三棱锥P—ABC中，已知P4_LBC,PB1AC,PA=PB=PC=2AB=4,则三棱锥P—ABC

外接球的表面积为.

16.《九章算术》中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小.以锯墙体4

锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”大意为：有个圆柱形木头，埋/

在墙壁中（如图所示），不知道其大小，用锯沿着面A8锯掉裸露在外面的木照1

头，锯口8深1寸，锯道长度为1尺，间这块圆柱形木料的直径是

.（注：1尺=10寸）

17.四面体A-BCD中，AB1BC,CD1BC,BC=2,且异面直线A8和CO所成的角为60°,若

四面体ABCQ的外接球半径为近，则四面体4-BCO的体积的最大值为.

18.如图，在矩形ABC。中，AB=2,AD=1,点E为CD的中点，尸为线段CE（端点除外）上一动点

.现将回ZMF沿A尸折起，使得平面「13。，平面4BC.设直线尸。与平面ABC尸所成角为0,则sin。

的最大值为.

19.在边长为26的菱形ABC。中，^BAD=60。，将448。沿8。折起，构成二面角4一8。一C为

90°的四面体ABCD,则该四面体的外接球的表面积为.

20.已知各棱长都相等的直三棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱）所有顶点都在球。的表面

上.若球。的表面积为28兀，则该三棱柱的侧面积为.

21.在棱长都相等的三棱锥中，已知相对两楼中点的连线长为式,则这个三棱锥的棱长等于

22.如图，已知菱形ABC。边长为3,NBA。=60。，点E为对角线AC上一点，4c=6AE.将△力BD

沿翻折到△ABD的位置，E记为E',且二面角力'-BC-C的大小为120。，则三棱锥4一BCD

的外接球的半径为;过口作平面a与该处接球相交，所得截面面积的最小值为.

23.我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童，如图的刍童ABCD-EFGH

有外接球，且AB=4V5,AD=4,EH=2遍,EF=6近，点E到平面ABC。的距离为4,则该刍

童外接球的表面积为.

24.已知直四棱柱4BCD-4当口久的所有棱长均为4,且Z4BC=120。，点E是棱8c的中点，则

过点E且与8劣垂直的平面截该四棱柱所得截面的面积为.

25.在三棱锥4-BCD中，AB=BC=BD=2,AC=AD=2V2.CD=2痘,则三棱锥4—BCD的

外接球的半径为.

26.在三棱锥P-4BC中，平面PA8垂直平面ABC,PA=PB=AB=AC=2NB4c=120。，

则三棱锥P-ABC外接球的表面积为.

27.在直三棱柱4BC—4&G中，底面45c是等腰直角三角形，AB=BC=1,。为侧棱上的

动点，若A/WG的周长的最小值为百+居,则三棱锥G—ABC的外接球的体积为

28.如图1,四边形A8C。是边长为10的菱形，其对角线4c=12,现将△ABC沿

对角线AC折起，连接形成如图2的四面体ABC£>,则异面直线AC与

8。所成角的大小为；在图2中，设棱4c的中点为M,8。的中点

为N,若四面体ABCD的外接球的球心在四面体的内部，则线段MN长度的

取值范围为.

图1

29.如图，四棱锥P—48CD中，2P=1,矩形ABC。的周长为8,当三棱锥力—PCD的体积最大时,

三棱锥A-PCD的体积为,该三棱锥的外接球半径与内切球半径分别为R和r,则R+3

的值为________

30.蜂巢是由工蜂分泌蜂蜡建成的从正面看，蜂巢口是由许多正六边形的中空柱状体连接而成，中

空柱状体的底部是由三个全等的菱形面构成，菱形的一个角度是109。28',这样的设计含有深刻

的数学原理、我国著名数学家华罗庚曾专门研究蜂巢的结构著有《谈谈与蜂房结构有关的数学

问题九用数学的眼光去看蜂巢的结构，如图，在六棱柱ABCDEF-AB'C'D'E'的三个顶点A,C,

E处分别用平面BFM,平面BDO,平面力FN截掉三个相等的三棱锥M-ABF,0-BCD,N-DEF,

平面平面BQO,平面DFN交于点P,就形成了蜂巢的结构.

如图，设平面尸80。与正六边形底面所成的二面角的大小为。，则cos。=,（用含

tan54°44'的代数式表示）

【答案与解析】

1.答案：B

解析：

本题考查简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征，二面角的计算，考查空间想象能力和逻辑

推理能力，属于中档题.

由题意，延长441，BBi，CCi交于一点P,由4B=3A&=|4%=3可得三棱锥P-4BC是正四面

体，可得0=a,计算tana=2近，再作出侧面48当4与截面4/C所成的锐二面角的平面角y,计

算tany,可得结论.

解：由题意，延长A4,BB],CCi交于一点P,

由AB=3441="祖=3,

可得48=3,AAr=1,4/1=2,

则P&=PB1=PC1=2,即P4=PB=PC=3,

•••可得三棱锥P-ABC是正四面体，棱长为3,

侧面ABBMi与底面ABC,侧面ABB14与侧面BCGBi所成的锐二面角的平面角分别为a,。，

则£=a,

取A8的中点M,点尸在面ABC上的射影为N,则N为正三角形ABC的中心，连接PM,NM,

则PMMB,NM1AB,

・••乙PMN=a,

3>/3.,..V3

vPnM=——,NM=——，

22

・・・PN=7PM2-NM2=布

:、tana=*=2\/2,

~2

由题意，点C在面PAB上的射影是4/1的中点。，过。作为B的垂线交于£>,连接CQ,

•••CO_L平面PAB,在平面PAB内，

C01&B,又。D_LAiB,CO、0。为平面CO。内两条相交直线，

AAXB1平面COD,

又CD在平面COD内，：.CD1ArB

易知，NODC是侧面与截面&BC所成的锐二面角的平面角，贝!UOOC=y,

在△公48中，与余弦定理可得为8=Jl+32-2x3xlx|=V7,

在△力1当8中，设点名到直线的距离为/?,贝lJOD=：/i,

而SAA/B=5aiB,h=-AyBy,BBiSinZ-A-iByB,

即白夕％=2x2x1x—,

222

解得无=*

OD=浮

2夕

•••OC=VCM2-OM2=Jy-|=V6,

・•・tany=—=4=2-\/14

rOD，

2^7

•••tany=2-/14>tana=2V2，

•■Y>a,

故，=a<y.

故选B.

2.答案：A

解析：

【试题解析】

本题考查了三棱锥的几何特征以及体积的运算，考查了运算能力以及空间想象能力，解题的关键是

确定体积最大时S点的位置，属于较难题.

由三棱锥的几何特征可知：三棱锥底面ABC的面积为定值，当体积最大时，只要S到平面ABC距离

最大，即当S为。'0的延长线与球面的交点时，转化为0'0与半径之和，利用球的截面圆的性质可

求出。，。即可.

解：设AABC外接圆圆心为0三棱锥S-4BC外接球的球心为。，AB=AC=1,

设。为BC中点，连AD,如图,

则ADJ.BC,且。'在AO上，AD=JAB2-(y)2=i,

设△ABC外接圆半径为r,

r2=(手¥+(a。_「)2=|+(|-r)2,解得r=1,

100'\=V22-r2=V3

要使S-ABC体积的最大，需S到平面ABC距离最大，

即S为。'。的延长线与球面的交点，最大值为6+2,

所以三棱锥S-ABC体积的最大值为gx(V3+2)S-BC=1x(A/3+2)x|x|xV3=交等.

故选A.

3.答案：C

解析：

本题考查了正方体和它的内切球的几何结构特征，关键是想象出截面图的形状，考查了空间想象能

力，是中档题.

根据正方体和球的结构特征，判断出平面ACDi是正三角形，求出它的边长，再通过图求出它的内切

圆的半径，最后求出内切圆的面积.

解：设球的半径为r,

由球。得表面积为12兀，得471T2—12兀，

则r=V31即正方体棱长为2百，

根据题意知，平面AC%是边长为2遍的正三角形，

且球与以点。为公共点的三个面的切点恰为三角形ACD1三边的中点,

故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，

则由图得，△2CD1内切圆的半径是否xtan30。=鱼,

则所求的截面圆的面积是兀x(V2)2=2n.

故选C.

4.答案：D

解析：

本题考查空间几何体外接球的表面积，属于中档题.

连接0E交A3于点I,设E,F,G,"重合于点P,正方形ABC。的边长为x(x>0),则0/=；,/E=6-

根据四棱锥P-4BCD的侧面积是底面积的2倍，可求得久=4,进而可求得外接球的半径R=越，

3

即可求得外接球的表面积.

解：如图，连接OE交AB于点/,设E,F,G,，重合于点P,

正方形A8CD的边长为x(x>0),则。/=会/=6-a

因为四棱锥P—4BCD的侧面积是底面积的2倍，所以4X：(6—》=2久2,解得刀=4.

设四棱锥P-的外接球的球心为Q,半径为R,连接尸O,OC,CQ,

则有0C=2vL因为PC=EA=V42+22=2遮，所以。P=V20-8=2百，

则R2=(2M-R)2+(202,解得R=*=竽

所以四棱锥P-4BCD外接球的表面积S=4兀x(延产=%，故选D.

k373

EP

解析：

本题考查了空间距离的最值的求法，由已知可将该三棱锥补成正方体，再设内切球半径为r,外接球

半径为R,由体积公式求得r的值，故可求得答案.

解：由已知可将该三棱锥补成如图所示正方体.

则三棱锥内切球球心。1，外接球球心。2，以及内切球与面ABC的切点G三点均在PDi

上，且GO?=-PD1=—■

设内切球半径为一，外接球半径为R,则R=遮.

由,SMBP*PC，解得r=1-g

«1«53

故M、N两点间距离的最大值为R+GO?+2r=2+誓.

故选。.

6.答案：D

解析:

根据圆锥曲线的定义和圆锥的几何特征，分截面过旋转轴时和截面不过旋转轴时两种情况，分析截

面图形的形状，最后综合讨论结果，可得答案.

本题考查的知识点是旋转体，圆锥曲线的定义，熟练掌握圆锥曲线的定义是解答的关键.

解：当截面过旋转轴时，

圆锥的轴截面为等腰三角形，此时(1)符合条件；

当截面不过旋转轴时，

圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时(4)符合条件；

故截面图形可能是(1)(4),

故选。.

7.答案：D

解析：

本题主要考查了三棱锥的外接球，考查了三棱锥的结构，考查了数形结合思想，属于难题.

解决本题的关键是根据题意找出。点及Q点的位置.

解：如图，

过P作PD1平面ABC,。为垂足，取线段BC的中点E,则OE_L平面ABC,

由已知可得。为直角三角形ABC的内心，

做。M垂直于AC与则。M14C,

因为PD1平面ABC,ACU平面所以PD1AC,

又POnDM=D,AC_L平面POM,

又PA/U平面PDM，所以4clp”,

所以NPMD即是平面PAC和平面ABC的二面角，

设。E=x.因为力B:力C:BC=3:4:5,不妨设4B=3,AC=4,BC=5,

由几何关系可得DM=3+：s=i,£PMD；,

得PO=>/3.DE=J12+(|_2)2=/,AE=I，

由勾股定理得。联=OE2+AE2,OP2=DE2+(PD+0E)2,

又因为。力=OP,所以/+交=9+(M+X)2,

44

解得“立，故界=券=3，

3OEQO

即丝=4,

故选。.

8.答案：D

解析：

本题考查多面体外接球表面积最值的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题.

由题意画出图形，可得4O14B,取8。中点G,则G为△480的外心，设正三角形8OE得外心为

0,可知当平面ZBD，平面BCE时，三棱锥E-ABD的外接球的半径有最小值，由此求得答案.

解：如图，

由AB=1,D力=8，BD=2,得40148,

取8。中点G,则G为AABD的外心，

设正三角形BCE得外心为。，可知当平面4BD1平面8QE时,

三棱锥E-ABD的外接球的半径有最小值为0E=瑟.

3

••・三棱锥E-ABD的外接球的最小表面积为4兀x(2)2=

、3，3

故选D.

9.答案：D

解析：

本题考查了棱锥与其外接球关系以及棱锥体积求解，属于中档题.

利用三角形ABC三边求解其外接圆半径，根据外接球半径求球心。到平面4BC距离，结合PA为外

接球直径即可求P到平面A8C距离，从而求解.

解：因为AP为三棱锥外球的直径，故球心。为PA中点，设。到平面A8C的距离为人，

vAB=BC=2,AC=2V3>贝！IcosB=^2x2~

则sinB——,

2

设△ABC外接圆半径r,2「=等=4,即「=2,

~2

因为外接球半径为3,则九=V32-22=V5，

故P到平面ABC的距离为2九=2z，

・•・三棱锥P—/8C的体积：

1

V=,2九

11V5广

=-x-x2x2x—X2V5

=_-2V-1-5,

3

故选D

10.答案:C

解析：

本题考查了空间线面位置关系，函数y=x+：的性质，函数的单调性与单调区间，考查了转化思想，

属于较难题.

2222

不妨设N在B处，AM=h,CQ=m,则有M82=/I2+4,BQ=m+4,MQ=(h—m)+4,

由M8?=BQ2+MQ2,得m2—九血+2=0,即九=771+^，

2

再计算S〃MNQ=91MQ|•|NQ|=1J(m2+4)[(h_加)2+旬=1](而+4)(*+4)=Js+m+^，

由/i=m+2w4可得2—+6-4y/2<m2<6+4>/2.由函数的单调性可得.

771

解：如图，不妨设N在8处，AM=h,CQ=m,

贝ij有MB2=九2+4,2MQ2=(/i—m)2+4,

BQ2=m+4；

由MB?=BQ2+MQ2=>m2—hm+2=0,即九=m4--,

••.S4MNQ=g|MQ|,|NQ|

=|V(m2+4)[(/i-m)24-4]

1-4

=_J(m2+4)(—+4)

=Js+m2+£,

又•••正三棱柱ABC-&&口的侧棱长为4,

h=tn4可得2—V2WmW2+V2>

即6-W6+4位,

由对勾函数可得Tn?=6+4a时，

△MNQ面积取最大值为：

J5+6+4a+品=皿

故选C.

11.答案：A

解析：

本题考查平面图形的翻折，三棱柱和球体的结构特征，特别是空间想象能力，属较难题.

第一，原来图形翻折后成为一个三棱柱；第二，认清何时它的内切求体积最大是解题关键，重在空

间想象力.

解：由已知，该包装礼盒是一个直三棱柱型几何体.

其中底面AXBCWA4181cl为等腰三角形，AC=BC=12,BC=8,侧棱8当=12.

当球形糖果与三棱柱的一个底面和三个侧面都相切时体积最大.这时糖果半径等于底面△力BC

的内切圆半径.

设^ABC内切圆半径为r,则由工48c=|x8xV122-42=32企，

又S*BC=\<AB+BC+CA)=16r,得r=2a.

因此，球形糖果体积V的最大值为：27n'3=丝立兀.

33

故选：A.

12.答案：C

解析:

本题考查三棱锥的外接球的表面积的求法，属于中档题.

根据题意可知三角形AC。为正三角形，取AC的中点G,连接BG,DG,贝_L平面ACD,记三

棱锥4一BCD的外接球的球心为0,半径为R,过点0作。0J/BG,与平面AC。交于点0］，则0。］，

平面AC。，。1为三角形4c。的重心，过。作OH垂直于BG,设GH=x,根据勾股定理列方程求解

即可.

解：由题意，菱形ABC。中，AB=AD=2,BD=273.

由余弦定理得cosNBAD=四"士=-1,

所以4BAC=120°,AADC=60°,

所以三角形ACD为正三角形，

取AC的中点G,连接BG,DG,

因为平面ABC•1平面ACD,

又BG14C,nABCn¥ffi/lCD=AC,BGu平面ABC,

所以BG_L平面ACO,

记三棱锥A-BCD的外接球的球心为。，半径为R,

过点。作00J/8G,与平面AC。交于点0「则0011平面ACD,3为三角形AC。的重心,

过。作。”垂直于BG,设GH=x,

由题意知，。m*X2X9净。H=GO1=导

在RSBOH和RtAOOiP中,

有R2=(V3—%)2+[=/+£解得％=手

所以R2=|+|=|,

所以S球竽.

故选C.

13.答案：ACD

解析：解:对于4取4当的三等分点为&,使

41吊=2&%，又%F=2FC],

Fi&〃FG且工当=FG，.•.四边形FGB1&为平行四边形，

FF1//B1C1//BCS.FF1=当的=BC,.•.四边形F/CB为平行四边形，

BFJ/CF,贝吐&BE为异面直线BE,CF所成的角，

连接Ea,由题意得：BF「710，BE=V10,EFi=V14.

所以cos"BE=*续普=盘=总，故A正确；

对于B.取的三等分点为%,使&E1=2E/,又GE=2EC,

・•.BE"/CE且BE】=CE,.•.四边形BEiEC为平行四边形，则E]E〃BC且E】E=BC,

又由A得，F&〃BC且FFi=BC,于是FFJ/EE]且F&=EEr,

二四边形EE1F/为平行四边形，•••EEJ/F.F,

取的中点为G,连接BG,

又等=普=.•.E】Fi〃BG〃EF,则四边形8E尸G即为所求截面，

由题意知：BE手FG,故B不正确；

19

对于C.SAJHE=yX3x3=3，又GFJ■面BiBE,CrF=1,

所以，Bi-BEF=4-BBiE=-----X~X1=故C正确；

对于。.取CD的三等分点为名,使CHi=2DH「取8c的三等分点为H,使CH=2BH,

••.”"1〃8。〃8也，则面当。出”即为所求的截面*建立如图所示的空间坐标系，

则4(3,0,0),E(0,3,1),8式3,3,3),5(0,0,3),%(01,0),

AE=(-3,3>1)，=(-3,-3,0).瓦可=(-3,-2,-3)，

•・•荏・瓦瓦=0，荏•瓦瓦=0,所以4E1平面

由已知条件得，B1D1=3V2,H%=|/。1=2vLB1H=D1H1=V10，

等腰梯形/5%H的高为％=J(同)2一(亚守昌2=写，

所以截面面积为5=空出返x^=皿至，故。正确.

222

故选：ACD.

对于A取4B1的三等分点为居，使&居=2居81，利用已知条件找到异面直线BE,C尸所成的角，即

可得出结果；

对于8.取当8的三等分点为%,使当当=2E中,利用已知条件得到四边形BEFG即为所求截面，即

可得出结论；

对于C.利用等体积法求解即可；

对于④：取CC的三等分点为名,使C"1=2D%,取BC的三等分点为“，使CH=2B”,猜想出

面当以片”即为所求的截面a,建立空间坐标证明推测，代入数值即可求出结论.

本题主要考查命题真假的判断，异面直线所成角以及线线平行问题，四棱锥的体积以及线面垂直间

题，截面面积问题，属于难题.

14.答案：AB

解析：

本题考查正方体中的线线关系及线面关系.难度较大.

根据条件逐项判断即可.

解：对于A,如图所示，当BM=O且O<CN<1时，由面面平行的性质定理可得,

交线A\B〃QN,且HQN,&Q=BN,

所以截面S为等腰梯形，A正确；

vBC〃力也,BC,面4D1N,

•••BC〃面4也;7,

故几何体&D1MN的体积等于几何体为D1CN的体积，

又几何体Ai/CN的体积等于3,4山1,S^DiNC=：xlx]xlxT=9

所以几何体的体积为专正确，B正确；

对于C,如图所示，当CN=0,即点C,N重合时，此时截面S为四边形45CB,不是五边形，C错

误：

对于。，如图所示，当CN=:时，延长MN,BiQ交与点P,连结&P交DiG于点R,

•A^J/B^/ZBC,A\B[“C[D”

CiR_CjPgP_1

=丽=B&+QP=BC,

肝十

1111

2MC=2WC=6+1=7

*+iCJV+1

•••CXR-^A1B1=£＞错误;

故选A8.

解析：

本题考查三棱锥与球的组合体的计算问题，属于较难题.

解：作PHJ■平面4BC,垂足为H,连接HA,HB,HC,

8c在平面A8C内，所以PH_LBC,

<>

因为P4J.BC,P4PH为平面PAH内两条相交直线,

所以BCJ"平面AP",因为AH在平面PAH内，

故8CJ.4H,

同理得4C_LBH,故H为三角形A8C的垂心，

又因为RtAAHP=RtACHP=Rt^BHP,

故AH=BH=CH,故7/为三角形ABC的外心，

所以三角形ABC为正三角形，

因此"日=盛’何=*'PH=^|=J

设三棱锥P—4BC外接球的球心为。，半径为R，

则(PH-R)2+a”2=R2,

解得辟=弟所以外接球的表面积为47Tx詈=等.

故答案为等.

16.答案：26寸

解析：

本题主要考查圆方程的应用，熟悉圆的标准性方程是解答本题的关键，属于基础题.

解：由题意得，.••设圆柱形木料的半径是〃则产=52+0-1)2,得2r=26,所以圆柱形木料的直

径是26寸.

故答案为26寸.

17.答案:2^/3

解析:

本题考查空间几何体的体积问题，考查棱锥的结构特征，考查余弦定理，三角形面积公式，是难题.

过8作807/C。，由题设知四边形BO'OE为矩形且8c，面力B。',根据团4BD'外接圆圆心与四面体4-

BCD外接球球心以及BC的关系即可求回ABD'外接圆半径，求4。，并得到a?+^-ab=12(8。=

a,AB=b),而四面体A-BCD的体积了=朝，结合基本不等式即可求体积最大值.

6

解：四面体A-BCD中，ABIBC,CDLBC,异面直线AB和CO所成的角为60。，可得如下示意

图：过B点作BD7/CO且BD'=CD，连接OD'，

贝IJ有N4BD'=60。且BCl^ABD',

如下图，若O'为团外接圆圆心,则可找到外接球圆心O,E为BC的中点，即OE，BC,BE=EC=1,

外接球半径为OC=V5»

四边形BO'OE为矩形，0E=O'B=VOC2-FC2=2,

二在平面4BD'中有O'B=。'4=O'D'=2,乙4。'。'=120°,可得力。=2g,

B

令BD'="B=b,则四面体4-88的体积八*加6。。、**。=等,

而由余弦定理知：小+炉_2abeos60°=AD，2=12,即abW12当且仅当a=b时等号成立，所以

V=2^<2V3,

6

故答案为：2g.

18.答案：1

解析：

本题考查空间几何体的结果特征，考查线面角的求法，属中档题.

在矩形ABCD中，过点。作AF的垂线交A尸于点0,交AB于点M,则在翻折后的儿何体中，有NMF。

是直线FQ与平面ABCF所成角，利用解三角形的方法可求其正弦值的最大值.

解：矩形ABCZ）中，过点。作AF的垂线交AF于点。，

交AB于点M.设CF=x(0<x<1),AM=t.

由△ZMM〜△?!£>「，得瞿=若，即有t==~,

ADDF2-X

由0cx<1,得3<t<1.

在翻折后的儿何体中,

•••AF1OD,AF1OM,ODdOM=O,OD,OMuODM,

：.AFJL平面ODM,AFu面ABC,

从而平面ODM，平面ABC,又平面4BD-L平面ABC,贝ijDM，平面ABC.

连接MF,则NMFD是直线FD与平面ABC尸所成角，即Z_MFD=0.

而。M=V1-t2>DF=2—x=-,则sin。=怨=tVl-t2=V—t4+t2.

tDF

由于则当/=1时，sin。取到最大值，其最大值为也

故答案为

19.答案：207T

解析：

本题主要考查了多面体外接球的表面积，属于较难题目.

作图，设外接球的球心为O,过0分别作平面ABO、平面58的垂线，垂足分别为H,G,则“为

△ABD的中心，取8。的中点连接4M,CM,根据已知条件求出球的半径即可求解.

解：如图，设外接球的球心为。，则。到4,B,C,。的距离相等，即。4=OB=OC=0D.

过。分别作平面AB。、平面BCD的垂线，垂足分别为从G,则“为△48D的中心.

取8。的中点M,连接AM,CM,则乙4MG=90。，AHOG=90°,

连接OM,则NMOH=45°.

在RtAMOH中，MH=^AM=1,OM=V2.

又MB=V3.所以OB=>JOM2+MB2=圾

即外接球的半径为夕，表面积为47rx(V5)2=20兀，

故答案为207r.

20.答案：36

解析：

本题考查球的内接体与球的关系，球的表面积以及三棱柱的侧面积，考查计算能力，是中档题.

通过球的内接体，说明几何体的中心是球的球心，由球的表面积求出球的半径，设出三棱柱的底面

边长，通过解直角三角形求得m然后得三棱柱的侧面积.

解：如图,

•••三棱柱ABC-4B1G的所有棱长都相等，6个顶点都在球O的球面上,

•••三棱柱为正三棱柱，则其中心为球的球心，设为。，

再设球的半径为r,由球。的表面积为28兀，得47n'2=28",

r=V7-

设三棱柱的底面边长为a，

则上底面所在圆的半径为渔axa=^a，

233

且球心。到上底面中心H的距离OH=p

设直三棱柱高为/?,底面周长为L,

*产=©)2+(9a)2,BPr==V7.

a—2V3=h>L=3xa=6V5

则三棱柱的侧面积为S=Lx/i=6V3x2V3=36.

故答案为：36.

21.答案：2

解析：

本题考查三棱锥的结构，属于基础题.

设出棱长为2x,通过勾股定理，建立x的方程，解得x的值，即可得到答案.

解：设三棱锥的棱长为2x,则BE=x,BF=

在直角三角形BE/中，x2+2=3x2,解得：x=1,

所以三棱锥的棱长为2.

故答案为2.

解析:

【试题解析】

本题考查了几何体中的截面问题，二面角，球的相关知识，属于较难题.

根据图形确定球心位置，根据二面角，三角形知识和勾股定理计算球的半径，由条件可知过E'且与0E'

垂直的截面圆面积最小，求出截面圆的半径，即可得解.

解：如图：

取8。的中点H,连接AH,CH,

则BD1CH,

•••NA'HC为二面角A-BD-C的平面角，

故4rHe=120°,

由题意可知△48£＞和^BCD都是边长为3的等边三角形，

设M,N分别是△4'B。和△BCO的中心，过M,N分别作两平面的垂线,

则垂线的交点就是三棱锥外接球的球心，

vA'H=CH=卜一(I?=吟

MH=NH=―，CN=圾,

2

由^OMH公ONH可得NOHM=乙OHN=60°,

3

・・.ON=

2

:.OC=V0N2+NC»=的丫+(⑹2=亨,即外接球的半径为亨・

由条件可知过E'且与OE'垂直的截面圆面积最小，

又AC=6AE=3V5,

所以AE=在，即E为A4的三等分点，靠近A端，

2

所以£M=立，

2

由图可知。E'=VOM2+E'M2=V3)

则。E',与。E'垂直的截面圆半径，外接球的半径构成直角三角形,

所以盾二面二|，

故答案为李;阿

23.答案：lOO/r

解析：

本题考查多面体的外接球问题，找球心，求半径是解决此类问题的关键，属于较难题.

由已知得，球心在上下底面中心连线上，该连线与上下底面垂直，球心必在该垂线上，然后根据。B=

0G,利用两个直角三角形00]G与直角三角形OB。?，即可列出外接圆半径的方程，求解半径R,则

可得该刍童外接球的表面积.

解：假设。为刍童外接球的球心，连接“尸、EG交于点内,连接AC、力8交于点。2，

由球的几何性质可知。，。1，。2在同一条直线上，

由题意可知，0。2■1平面ABCD,0011平面EFGHGOi=4.

设。2。=心在Rt/kOGOi中，0G2=00取+0道2,在矩形EFGH中,

2222

EG=yjEF+FG=J(6V2)+(2V6)=4A/6-0任=^EG=2遍,

：.0G2=00l+OjG2=(4-dp+(2V6)2.

+22

在RtAOBO?中，。/=OO：+02B2,在矩形48CD中，OB=l-—=I4+(4>/3)=8-02B=

捌=4.

22

OB+00l+O2B=d?+42.

设外接球的半径0G=0B=R,

(4-d)2+(2V6)=d2+42,解得d=3.

则08=432+42=5,即R=5,则该刍童外接球的半径为5,

故该刍童外接球的表面积为4兀/?2=IOOTT.

故答案为100兀.

24.答案：V6

解析：

本题主要考查简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征，几何体中的截面问题以及利用空间向

量判定线面的垂直、平行关系，属于中档题.

由题意，可知该四棱柱底面四边形A8CD为菱形，得到以4c中点。为原点建立空间直

角坐标系，取AB中点F,BB1靠近8的四等分点G,可证得过点E且与B/\垂直的平面截该四棱柱

所得的截面是AEFG,进而求得AEF。中各边的长，于是可求△EFG的面积.

解：由题意，因为四边形A8C。为菱形，即得力C1BD,令力CDBD=。，

以。为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

取AB中点为凡881靠近B的四等分点为G,即

连接EF、EG和FG,可得过点E且与BO】垂直的平面截该四棱柱所得的截面是AEFG,

在等腰△ABC^,/.ABC=120°,即得N4CB=30°,于是|OC|=4cos30°=273.\OB\=4sin300=2,

故2(0,—2,0),C(2V3,0,0).F(V3,-l,0),2(0,2,4),

zl(-273,0,0),F(-V3,-l,0),&(0,-2,4),G(0,-2,l),

于是西=(0,4,4)，FF=(-273,0,0),=(-V3,

则/西-FF=0X(-2V3)+4x04-4x0=0

'［西-EG=0x(-V3)+4x(-1)+4x1=0'

即得1EF,BDr1EG,又EFCEG=E,

故BO1，平面EFG,因此△EFG是过点E且与B5垂直的平面截该四棱柱所得的截面,

在AEFG中，|EF|=2k，\EG\=J(-V3)2+l2+l2=V5>|FG|=J(V3)2+l2+l2=V5'

于是△EFG中EF上高为九=J|EG|2-G|EF|)2=府二^=企，

即得△EFG面积为S=||£T|-/i=|X2A/3XV2=A/6.

故答案为班.

25.答案：

解析:

本题主要考查棱锥的结构特征和其外接球，以及余弦定理等，属于基础题.

先利用勾股定理和余弦定理求出NCBD,然后利用4BCD的半径求出外接球的半径即可.

解：如下图，

A

由勾股定理得4B1BC,ABJ.BD,

由余弦定理得eosNCB。