立体几何小题专项训练1

立体几何小题专项训练1

一、单项选择题

1.（2023.福建泉州.泉州五中校考模拟预测）设也几为两条直线，Q,£为两个平面,

则a_L/?的充分条件是（）

A.m//a,n//p,m1nB.m1a,n//p,m1n

C.m1a,nA.p,m1nD.mca,na1n

2.（2023.福建泉州.统考模拟预测）已知圆锥SO的母线长为2,力8是圆。

的直径，点M是54的中点.若侧面展开图中，△A8M为直角三角形，则该圆

锥的侧面积为（）

A.三B.打C.把D.也

3333

3.（2023-福建厦门.统考模拟预测）已知圆台上下底面的半径分别为1和2,

母线长为3,则圆台的体积为（）

7nB14近n

A.C.77rD.14V2TT

4.（2023•福建福州・福州三中校考模拟预测）如图是一个圆台的侧面展开图

（扇形的一部分），若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3,且乙48C=

120。，则该圆台的体积为（）

472

D.V7T

5.（2023•福建厦门•统考模拟预测）比利时数学家旦德林发现：两个不相切

的球与一个圆锥面都相切，若一个平面在圆锥内部与两个球都相切，则平面与

圆锥面的交线是以切点为焦点的椭圆.如图所示，这个结论在圆柱中也适用.

用平行光源照射一个放在桌面上的球，球在桌面上留下的投影区域内（含边界）

有一点A.若平行光与桌面夹角为30。，球的半径为R，则点4到球与桌面

切点距离的最大值为（）

A.（4-V3）/?B.3RC.26RD.（2+K）R

6.（2023春.福建.高三校联考阶段练习）如图，正六边形ABCDEF的边长为

6,设边AF,CD的中点分别为0,。2,已知某几何体是由此正六边形ABCDEF绕

直线。1。2旋转一周而成，则该几何体的体积为（）

4aE

W

D

C\o2

A.378V371B.126V3/TC.90V3TTD.63757r

7.（2023•福建南平・统考模拟预测）2023年3月11日，“探索一号”科考

船搭载着“奋斗者”号载人潜水器圆满完成国除首次环大洋洲载人深潜科考任

务，顺利返回三亚.本次航行有两个突出的成就，一是到达了东南印度洋的蒂阿

曼蒂那深渊，二是到达了瓦莱比-热恩斯深渊，并且在这两个海底深渊都进行了

勘探和采集.如图1是“奋斗者”号模型图，其球舱可以抽象为圆锥和圆柱的组

合体，其轴截面如图2所示，则该模型球舱体积为（）cm3.

8.（2023•福建宁德•统考模拟预测）中国古代数学家很早就对空间几何体进

行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以

立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台（古人称方台）

体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解.下图（1）为俯视图，图（2）

为立体切面图.E对应的是正四棱台中间位置的长方体；B、。、“、F对应四个

三棱柱，A.。、/、G对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12,四

个四棱锥的体积之和为4,则该正四棱台的体积为（）

9.（2023•福建龙岩•福建省龙岩第一中学校考三模）已知正六棱维P-

ABCDEF的各顶点都在球。的球面上，球心0在该正六棱锥的内部，若球0

的体积为367r，则该正六棱锥体积的最大值为（）

A.27V3B.16V3C.IOA/3D.973

10.（2023•福建泉州•校联考模拟预测）已知正内棱台的高为1,下底面边长

为2混，侧棱与底面所成的角为45°.其顶点都在同一球面上，则该球的体积

为（）

A.也B.空包C.8倔rD.36兀

33

11.（2023.福建泉州.校联考模拟预测）如图，点4B,C,M,N为正方体的顶点

或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN//平面ABC的是（）

12.（2023・福建福州-统考二模）已知三棱维P-ABC的四个顶点都在球。

的球面上，P4=P8=PC=48=痣乙4。8=§，则球。的体积为（）

A.37rB.—TCC.-71D.97r

82

13.（2023春•福建厦门-高三厦门一中校考期中）三星堆古遗址作为“长江

文明之源",被誉为人类最伟大的考古发现之一.3号坑发现的神树纹玉琮，

为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮是古人用于祭祀的礼

器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合

一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱

的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm圆柱底面外圆周和正方体的

各个顶点均在球。J•，则球0的表而和为（）

A.72ncm2B.162ncm2C.216ncm2D.288ncm2

14.（2023•福建莆田・统考模拟预测）在三棱雄P-ABC中，已知△ABC是边

长为8的等边三角形，PA1平面ABC,PA=14,则AB与平面PBC所成角的

正弦值为（）

ABQ5、破口叵

122•122*122•122

15.（2023•福建厦门•统考模拟预测）一封闭圆台上、下底面半径分别为1,4,

母线长为6.该圆台内有一个球，则这个球表面枳的最大值是（）

A.-7iB.257r0.277rD.”史兀

327

16.（2023.福建厦门.厦门外国语学校校考模拟预测）已知半径为4的球。，

被两个平面截得圆。八出，记两圆的公共弦为AB，且。1。2=2，若二面角

Oi-AB-02的大小为我，则四面体力BO】。？的体积的最大值为（）

A.8V3B.C.^V2D.（百

17.（2023•福建龙岩•统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2,以其所

有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（）

A.-B.nC.-D.47r

63

18.（2023-福建漳州.统考三模）已知正三棱锥P-ABC的侧面与底面所成的

二面角为£，侧棱尸4=叵，则该正三棱锥的外接球的表面积为（）

32

A.卫B.卫c.空D.及

19.（2023春.福建宁德.高三统考阶段练习）如图1所示，四边形ABCD是

边长为2的正方形，点E、F、M分别为线段BC、CD、BE的中点，分别沿

AE.AF及EF所在直线把AAEBAAFD和△EFC折起，使B、C.D三点重

合于点P，得到如图2所示的三棱锥P-AEF，则下列结论中正确的有（）

A.点P在平面AEF上的投影为的外心

B.直线AM与平面PE尸所成角的正切值为2

C.三棱锥P-/1Er的内切球半径为!

D,过点M的平面截三棱锥P-4EF的外接球所得截曲的面积的取值范围为住田

20.（2023•福建福州•福建省福州第一中学校考二模）已知正三棱台力BC-

48心的上下底面边长分别为和3,侧棱长为2,以下底面顶点A为球心，

V7为半径的球面与侧面BCgBi的交线长为（）

A.-B.-C.-D.7T

323

二、多项选择题

21.（2023-福建福州-福州三中校考模拟预测）如图，在矩形AEFC中，，4E二

2V3,FF=4,B为EF中点，现分别沿力B、BC将AABE、△BCF翻折，使点

E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（）

A.三棱维P-ABC的体积为苧

B.直线PA与直线BC所成角的余弦值为遗

6

C.直线PA与平面PBC所成角的正弦值为1

D.三棱锥P—ABC外接球的半径为苧

22.（2023•福建厦门•厦门外国语学校校考模拟预测）如图，在直三棱柱

力3。-4当6中，AB=AC=\[3,BC=1,441=3，点M在线段BB1上，且

BiM=2MB,N为线段C]M上的动点，则下列结论正确的是。

A.当N为GM的中点时，直线AN与平面ABC所成角的正切值为中

B.当MN=2N（\时，8]N〃平面ACM

C.2ACN的周长的最小值为3次

D.存在点N，使得三棱锥N-AMC的体积为卓

23.（2023•福建宁德•统考模拟预测）在正方体48CD-中，AB=

V2,PtQ,M分别为BC,CC[,BBi的中点，则以下结论正确的是（）

A.直线4M与平面APQ平行B,直线DDi与直线AQ垂直

C.平面4PQ截正方体所得的板面面积为:D.四面体&D1PQ的体积为日

24.（2023春•福建•高三校联考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体

ABCD-A$iCiDi中，点E,F,G分别为的中点，若点P在线段

EF上运动，则下列结论正确的为（

A.4cl与EF为共面直线B.平面ACD1//平面EFG

C.三棱锥2-力马。的体积为定值D.4G与平面&ZJC所成角的正切值为73

25.(2023.福建南平.统考模拟预测)在棱长为1的正方体力BCD-481Goi

中，E.F分别是AB.BC中点，则()

A.BG"平面BVDEB.D/1平面BXDE

C.平面AtAF1平面B]DED.点、E到平面力也?的距离为当

26.(2023.福建龙岩.统考模拟预测)如图，已知正六棱台ABCDEF-

A$iQDiEiFi中，A1B1=3,AB=4,AA=2，则()

A.B.EC±DDj

C.44]〃平面CEDiD.侧棱与底面所成的角为-

6

27.(2023.福建厦门.统考模拟预测)如图，在棱长为1的正方体4BCO-

48心。1中，点P满足BP=ABC+〃西，其中NE[0,1],〃€[0,1],则()

A.\AP\<V3

B.当/!=：B寸，有且仅有一个点P，使得AP1平面AyBD

C.当〃=3时，有且仅有一个点P，使得A.P//AB

D.当+时，三棱锥P-A^D的体积为定值

28.(2023春.福建宁德.高三统考阶段练习)如图，在棱长为2的正方体

ABCD—AiBiQDi中，点M,N分别是A1D,BD1的中点，则()

A.四点A[,M,N,C共面

B.直线A}D与平面BCD1平行

C.异面直线CN与DG所成角的余弦值为苧

D.过M,B,C三点的平面截正方体所得图形面积为V5

29.（2023-福建宁德•校考模拟预测）在正方体ABCD-A.B.C^中，

E,F,G,H,l分别为£的中点，则（）

A.直线D^E与直线GD垂直B.点0与点B到平面D]EF的距离相等

C.直线EF与平面HIG平行D.D/与GH的夹角为-

30.（2023.福建漳州.统考模拟预测）在棱长为1的正方体

中，点E为BC的中点，点P,Q分别为线段BDltAD上的动点，则（）

A.AC1DPB.平面DEP可能经过顶点G

C.PQ的最小值为—D.Z.APC的最大值为4

23

31.（2023•福建福州•福建省福州第一中学校考二模）如图，在三棱柱4

力181cl中，AAi1平面ABC.AA=AB=2,BC=1,Z.ABC=90°,F是棱网上的

一个动点，则（）

A.直线AC与直线CE是异面直线

C.存在点E使得平面ACyE1平面AA^C

B.LACXE周长的最小值为3+2a

D.点C到平面AC.E的最大距离为竽

32.（2023.福建.统考模拟预测）正方体ABCD-AlBlC1Dl的棱长为1,M为

侧面AA^D上的点，N为侧面CC^D上的点，则下列判断正确的是（）

A.若BM=圆，则M到直线A.D的距离的最小值为立

24

B.若B1N1AG,则NEC。1，且直线B\N"平面A.BD

C.若MeArD，则AM与平面AiBD所成角正弦的最小值为—

D.若ME4D,NECD1，则M,N两点之间距离的最小值为g

33.（2023.福建泉州.统考模拟预测）直四棱柱ABCD-A^C^中，底面

ABCD是菱形，Z.DAB=60°，且AA=AB=2,M为AD的中点，动点P满足

BP=xBB[+yBD，且工,y£[0,1],则下列说法正确的是（）

A.当无+y=1时，AP1BDX

B.若4P_L8Di,则P的轨迹长度为\[2

C.若MP//平面/88遇1,则y=：

D.当y=2x（x工0）时，若点0满足OP=OM=OB=OD,则OP的取值范围是

口病

34.（2023•福建厦门・统考模拟预测）在四面体ABCD中，AB=CD=

2VI,4C=8D=5,/1D=BC=旧，同时平行于AD,BC的平面a分别与棱

AB,BD,CD,CA交于E,F,G,H四点，则（）

A.EF//ADB.BC1AD

C.四边形EFGH的周长为定值D.四边形EFGH的面积最大值是3

35.（2023.福建泉州.泉州五中校考模拟预测）在棱长为2的正方体ABCD-

中，点P,Q分别是棱BC,CD的中点，点M在线段eg上运动，则下

列说法中正确的是（）

A.存在点M，使得48〃平面DiPM

B.对于任意点M，都有平面481Q1平面QPM

C.当CM=1时，三棱锥8]-DiPM的外接球的表面积为117T

D.当O<CM<1时，平面D]PM与正方体表面的交线所围成的图形是梯形

三、填空题

36.（2023•福建莆田•统考模拟预测）我国历史文化悠久，“爰”铜方彝是商

代后期的一件文物，其盖似四阿式屋顶，盖为子口，器为母口，器口成长方形，

平沿，器身自口部向下略内收，平底、长方形足、器内底中部及盖内均铸一“爱”

字.通高24cm，口长13.5cm，口宽12cm，底长12.5cm，底宽10.5cm.

现估算其体积，上部分可以看作四棱锥，高约8cm，下部分看作台体.则其体积

约为—cm3（精确到0.1）.（参考数据：V131.25«11.5,7162«12.7）

0

37.（2023-福建福州•统考模拟预测）已知圆台上、下底面的圆周都在一个直径

为10的球面上，其上、下底面半符分别为4和5,则该圆台的侧面积为

38.（2023•福建漳州•统考模拟预测）已知正四棱台48。。-的上底

面的边长为42，下底面的边长为2或，记该正四棱台的侧面积为Si,其外接

球表面积为S2,则当S取得最小值时，&的值是。

2S2

39.（2023•福建•统考模拟预测）如图，正四面体ABCD的棱长为3,瓦匕G分

别是AC,AD,AB上的点，AG=1,AE=lfAF=1，截去三棱锥A-GEF，同理，分

别以B.C.D为顶点，各截去一个棱长为1的小三棱锥，截后所得的多面体的外

接球的表面积为O

A

%

BD

40.（2023•福建泉州•高三统考阶段练习）在Rt^ABC中，A==

V3,AC=1,D是边AB上的一动点沿CD将△翻折至AA'CD，使二面角

A1-CD-B为直二面角，且四面体A'BCD的四个顶点都在球0的球面上.当

线段A'B的长度最小时，球。的表面积为.

答案解析

1.【答案】C

【分析】对于选项力、B、D，可以举反例进行排除：对于选项C，可以结合空间

两个平面的法向量垂直，则两个平面垂直进行判断.

【详解】对于A，如图l,aOp=l,m1.l,n//l，则满足m//a,n//P，m1n，平面

a与°不^一定垂直，故A错误；对于B，如图2,ap=I,n//l,m1a，则满足

n//p,m1n，平面a与0不一定垂直，故8错误；C.如图3,如图m1a,n1

P，mLn，在直线m,n上取两个向量Afi,CD，则A5,CD分别为平面a，B的

法向量，且ABJ.CD，则alp，故C正确：C.如图4,an/?=!,mua,〃u

/?,m1l,n//l,则mLn，平面a与6不一定垂直，故D错误；

图3图4

故选：C.

2.【答案】C

【分析】根据题意分析可得乙4sB=g，进而可求侧面积.

【详解】因为SB=SA，且△力8M为直角三角形，则SA1BM，又因为M为

SA的中点，则SB=AB，可得ASAB为等边三角形，即乙4s8=g，则侧面展开

2

图的圆心角为等所以该圆锥的侧面积S便=1X^X2=^.

故选：C.

3.【答案】B

【分析】先根据勾股定理求解圆台的高，再根据台体的体积公式求解即可.

【详解】由图可得，圆台的高为J32_(2_1)2=2企,

故圆台的体积为V=：x2x/2x(7rxl2+7rx22+xl2x7ix22)=竽zr.

4.【答案】C

【分析】根据给定条件，求出圆台的上下底而圆的半径，再求出圆台的高并结

合圆台的体积公式求解作答.

【详解】设圆台上底面圆半径为右，下底面圆半径为7*2，依题意，27TH=yX

1,且271T2=*x3，解得n=^,r2=1，而圆台的母线长，=AD=3—1=2，因此

圆台的高h=J©一①一rJ2=J4-(1)2=等,

所以圆台的体积

卜=+=1r2+rz)=?xvf(3)2+3x1+=

故选：c

5.【答案】D

【分析】根据题意，利用平行投影作出图象求解.

【详解】解：由题意，如图所示，

则Z.BAC=30°,^BAO=15°f^AOB=15°,

所以A到球与桌面切点距离的最大值为：

\AB\=tan75°•R=tan(30°+45°)•R,

tan450+tan30°

1—tan450-tan300

1+坐•R=(2+V3)R,

故选：D

6.【答案】B

【分析】连接BE交。1。2于点H，根据题意得到该几何体为两个圆台组合而

成的组合体，求出圆台的高，利用圆台的体积公式即可求解.

【详解】连接BE交01。2于点H,

•.•某几何体是由此正六边形ABCDEF绕直线。也％旋转一周而成,

该几何体为两个圆台组合而成的组合体，

由题可得0/=3,HE=EF=6，则0[H=V62-32=373,

V台=我(32+62+V32x62)x3V3=63冉江,

则该几何体的体积为2Vd=126V3TT.

故选：B.

7.【答案】C

【分析】根据圆锥以及圆柱的体积公式即可求得答案.

【详解】由模型的轴极面可知圆锥的底面半径为

2cm，高为2cm;

圆柱的底面半径为2cm，高为8cm,

故该模型球舱体积为^X7rx22x24-7rx22x8=^(cm3),

故选：C

8.【答案】B

【分析】根据给定条件，利用四棱链、三棱柱的体积公式结合给定数据建立关

系式，求出长方体的体积作答.

【详解】如图，令四棱维的底面边长为a,高为九，三棱柱的高为b,

依题意，四棱锥的体积^a2h=1，即dzh=3，三棱柱的体积\ah.b=3，即有

abh=6，因此b=2a,于是长方体的体积V=b2h=4a2/i=12,

所以该正四棱台的体积为12+4+12=28.

故选：B

9.【答案】B

【分析】由球与正六棱锥的性质建立六棱锥体积与球心与底面中心距离的函数

关系计算即可求得最苞.

【详解】如图所示，设球半径为R，球心0到六棱锥底面中心0'的距离为h,

由题意易知正六棱锥顶点P与0,0'共线，由球的体积为367r=。内，可得

3

R=3，则AO'=>/R2-h2=79^7?,=>(R+h)x^A0,2x6,

即Vp-ABCDEF=?(3+h)•(3+h)•(3-h)=f(3+A)•(3+h)•(6-2/i)

3

、自(3+/i)+(3+h)+(6—2/i)

<--=16A/3.

3

当且仅当3+/i=6-2h，即h=1时，正六棱锥的体积取得最大值.

故选：B

10.【答案】B

【分析】连接AC，过AL作AC的垂线垂足为E，过G作AC的垂线,垂足为

F，求得上、下底面所在圆的半径4=1,匕=2,设球心到上下底面的距离分别

为心42,球的半径为R，利用球的截面圆的性

质，列出方程求得R2=5，结合球的体积公式，即可求解.

【详解】设正四棱台上下底面所在圆面的半径分别为,连接力C,

过4作AC的垂线垂足为E,过G作AC的垂线垂足为F,

因为正四棱台的高为1,下底面边长为2e，侧棱与底面所成的角为45。，

可得AE=CF,EF=AXCX=2，即r,=1,r2=2,

设球心到上下底面的距离分别为由,刈，球的半径为R,

22

可得dx=V/?—1,d2=V/?—4，故|由—dzl=l或d]+d2=1,

即|，R2—1—7R2—4|=1或V/?2—14-V/?2—4=

1,解得肥=5，符合题意，所以球的体积为1/=[兀/?3=竽7r.

故选：B.

11.【答案】0

【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理、面面平行的性质可确

定正确选项.

【详解】对于4，由正方体的性质可得

MN//EF//AC,MN0平面ABC,ACc平面力BC,

所以直线MN//平面ABC，能满足：

对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得MN//AD,MN平面

ABC,ADc平面ABC，所以直线MN//平面ABC，能满足：

E

对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MN//BD,MN平面

ABC.BDc平面力8C，所以直线MN〃平面ABC，能满足：

对于D，作出完整的横面，如下图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能

得出平行，不能满足.

H

故选：D.

12.【答案】C

【分析】过P点作PPt1平面ABC，垂足为％,结合PA=PB=PC可得Pi

为AABC的外心，则Pi4=P隹=PiC=r,则2r二，可得r=鱼，进而

sinz/iCo

可得PP]=2，设0为球心，R为球的半径，结合勾股定理可得/?二三，进而

2

求解.

【详解】过P点作PPi1平面A8C,垂足为匕，

因为PA=PB=PC，所以Pi为4ABC的外心，

则P.A=PAB=PXC=r（r为△ABC的外接圆半径），

则2"三%=口=2企，所以r=V2,

2

22

PPi=y/PA-PXA=x/6-2=2,

设0为球心，R为球的半径，则R=OP=0A,

因为。A=yjOP：+。1炉=J(2-R)2+2=R,解得/?=|,

所以球。的体积为1/=洞3=）、铝）,故选：C・

13.【答案】C

【分析】根据题意可知正方体的体对角线即是外接球的直径，又因圆柱的外侧

面内切于正方体的侧面，可利用勾股定理得出正方体边长，继而求出球的表

面积.

【详解】不妨设正方体的边长为2a,球0的半径为R，则圆柱的底面半径为

a,因为正方体的体对角线即为球0直径，故2R=2百a,

利用勾股定理得：62+a2=R2=3a2，解得a=18,

球的表面积为S=4nR2=4TTx3x18=216TT,

故选：C.

【分析】根据等体积法求点4到平面PBC的距离，再根据线面夹角的定义分

析运算.

【详解】因为PA1平面ABC，且AB,ACc平面ABC,

所以PALAB,PALAC,由题意可得：PB=PC=V82+142=2765,

在＞PBC中，设边BC上的高为h，则h=JPB?一传y=2闹,

所以&PBC的面积S^PBC=-X8x2VM=8VM设点A到平面PBC的距离为

d,因为Vp-ABc=yA-pp.c，即-X14xix8x8x-=ix/ix8前,

3223

解得d=岑里,

61

28^755____

设AB与平面PBC所成角为U，则sinU=—=—

AB8122

故选：A.

15.【答案】小

【分析】根据题意，作出圆台轴极面，分析可知，当球与AD,CD,BC相切时，

其表面积最大，再结合条件求得球的半径，即可得到结果

【详解】

画出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与AD,CD,BC相切,

设圆0的半径为R，则0E=OF,

又因为OELCD,OFLBC，所以△OCEOCF,

因为BC=6，作OG1CD,

所以BG=1,CE=4,CH=3，所以BH=V62-32=373，所以OG=3^-R,

且OB?=BG2+OG2=0F2+BF2，即（373-/?）2+I2=224-/?2,解得R=竽，

所以球表面积的最大值为S=4nR2=4nx=等，

故选：A

16.【答案】C

【分析】根据圆的性质及球的截面的性质，利用正弦定理、余弦定理，均值不

等式及三棱锥的体积公式求解即可.

【详解】设弦AB的中点为M，连接OiM,。2M，依题意，可得如下图形，

由圆的性质可知OiM_L48,02MlAB，则M02即为二面角的平面角,

故乙。1网。2=|兀，四面体AB0102的体积为

V=\AB-SAM。。=-01M-02M-sin，=^AB0M-02M,

S14bJIN1

2

其中0Y0j=0xM+02M2+0]M•02M=4N301M•02M

=>0M^0M<-,当且仅当01M=0M=—时取等号，

x2332

由球的截面性质，。。110科,。。21。2”，

所以。,。1，。2，时四点共圆，则有外接圆直径2R=0M=3=W

sin-rrv3

3

从而AB=2MB=2>/OB2-0M2=2J16--y=殍,

2企八0八A/1248&

•••1V7=——OM-OM<——x-=——・

31X/2339

故选：c

17.【答案】C

【分析】由图形可得正八面体的棱长为V2，分别求

出正八面体的体积及表面积，再由等体积法求正八面体的内切球半径，即可求

出球的表面积.

【详解】根据图形，已知正方体的楼长为2,易知正八面体的极长为正方体面

对角线长的一半，即为匹乎=衣，如图，

在正八面体中连接AF.DB.CE，可得AF,DB,CE互相垂直平分，0为正八面

体的中心，AO1平面BCDE.ODc平面BCDE，则AO10D,

AD=42,AD=0D=1.

在Rt^AOD中，AO=y/AD2-0D2=J(V2)2-1=1,

则该正八面体的体积F=2x-xV2xV2xl=-,

33

该八面体的表面积s=8xYx(A/2)2=4V3

设正八面体的内切球半径为r,

■::ASr=V，即：x4V3.r=解得r=*5与，

。4247T

••S球=4兀丁2=—.

故选：C.

18.【答案】C

【分析】根据二面角的定义，作图，求得其平面角，利用正三棱锥的性质以及余

弦定理，求得底面边长，假设球心的位置，利用勾股定理，建立方程，可得

答案.

【详解】由题意，作正三棱锥P-ABC，取48中点0，连接PD.CD，取等边

△4BC的中心。，连接P。，如下图所示：

在正三棱锥P-ABC中，易知4P=8P,P01平面ABC,

vD为AB中点，PD1AB，在等边△A8C中，•.•。为A8中点，/.CD1

AB,

vCDc平面ABC.PDc平面APB,：•乙PDC=p

i殳AD=x，如］在Rt^APD中，PD=y/AP2-AD2=

在RtAADC中，CD=AD-tan-=V3x,

3

在&PDC中，根据余弦定理，PD2+DC2-2-PD.DC-coszPDC=PC2,

贝3x24-y—x2—2-V3x-JY—x2•cosg=

?，化简可得：2x=—3/，解得％,

则2号，

在等边AABC中，V0是中心，.'.oECD,OD=-CD=—,C0=--CD=>/3

323

---PO1平而ARC,CDu平而ABC,-.PO±CD,

在Rt△POD中，PO=0Dtan-=-,

32

设正三棱锥P-ABC的外接球的半径为r,

假设正三棱锥P-ABC的外接球球心在线段

P0上，则（P。-r）2+CO2=r2,

可得任一丁)+3=N，解得r=^>|，不符合题意；

\2/42

假设正三棱锥P-ABC的外接球球心在线段

P0的延长线上，则(r-P0)2+CO2=r2,

可得fr-1)2+3=r2，解得r=->|，符合题意.

\2/42

故正三棱锥P-ABC的外接球表面积S=4/rr2=—n.故选：C.

4

19.【答案】D

【分析】对于A:根据垂直关系分析判断；对于B:根据线面夹角的定义分

析运算；对于C:根据锥体的内切球结合等体积法运算求解；对于0:根

据题意将三棱锥P-AEF转化为长方体，结合球的性质运算求解.

【详解】对于选项A:设△■£1小的外心为N，连接NA,NE,NF,PN,

则NA=NE=NF，点P在平面AEF上的投影为AAEF6勺外心，等

价于>PNA三&PNE三&PNF，等价于PA=PE=PF,

所以点P在平面AEF上的投影为A/IEF的外心，等价于PA=PE=PF,

显然PA*PE,PE=PF，则点P在平面AEF上的投影为不是△力”的外心，

故A错误：

对于选项B:由题意可知：PA1PE,PA1PF,且PE,PFu平面PEF,PE、PF

交于P点,可得PA1平面PEF，可得直线AM与平面PEF所成角为

Z.AMP,

因为PA4PM,所以tanz/MP=—=4，故B错误；

=PM

对于选项C:由题意可知：PA=2,PE=PF=1、AE=AF=店,EF=五,

则^^PAE—SAPAF=Tx2x1=1,=|x1x1==IxV2x

J（灼2-俘）2=＞所以三棱锥P-AEF的表面积Sp.AEF=2x1+1+|=4

体积V-=-xPAxS^

PAEFOJ4AEJF=-x2x-=-,

设三棱锥P-AEF的内切球半径为厂，则厂=

警巫=苫=；，故C错误；

SP-AEF44

对于选项D:如图，将三棱锥P-AEF转化成长

方体PEQA-FGNH,

则三棱锥P-AEF的外接球的半径R=-y/PA2+PE2+PF2=—.

ZZ

可知当截面过外接球的球心。时，截面面积最大，最大值为nR2=y;

可知当截面与0M垂直时，截面面积最小，设截面半径为q,

可得OM=：EN=咚,X=R2-0M2=-,则截面面积为喈=-;

2244

所以截面的面积的取值范围为［三,警］，故0正确；

.42J

故选：D.

20.【答案】C

【分析】将正三棱台补形成正三棱锥，并确定正三棱锥的结构特征，求出点A

到平面BCGB1的距离，进而求出截面小圆半径作答.

【详解】将正三棱台ABC-A^B^补形成正棱锥0-/18C，如图，

由BG//BC，得的=等=；，而BBi=2,则DB=3，即△BCD为正三角

DBBC3

形，三棱锥D-ABC为正四面体，

令正ABCD的中心为。，连接AO,BO，贝44。1平面BCG81，B。=qBCsing=

V3,

从而AO=y/AB2—BO2=^32—（V3）2=V6，而球半径为y/7,

因此这个球面截平面BCGBi所得截面小圆是以。为圆心，r=J（城）2_（巫）2=

1为半径的圆，在正三角形△SCO中，取661，CC1的中点H,E,

取BC的三等分点G,F，连接HG.EF,

显然BD=3=^，即GH〃CD,GH=,D=1,同理EF=1,即有B]G=C.E=

EF=FG=GH=HBi=1,△BGH是正三角形，有乙GHB、=AHGF=y,

同理LGFE=乙FECi二午，而乙JB\H=乙EgB]=y,

于是六边形BGEFGH是正六边形，其半径为1.点B]，G，E,F,G,H在此球面截,平

面BCG%所得栈面小圆上，连接OE,OF,OG,OH，则LEOF=Z.GOH=-，此球面与

侧面8CC出的交线为图中的两段圆弧（实线），所以交线长度为2xgxl=

2n

T♦

故选：c

21.【答案】BD

【分析】证明BP1平面P4C,再根据VP.ABC=VB_PAC即可判断4;先利用

余弦定理求出COSN/PC，将BC用PC.PB表示，利用向量法求解即可判断B;

利用等体积法求出点A到平面P8C的距离d，再根据直线PA与平面PBC所

成角的正弦值为A即可判断c;利用正弦定理求出△PAC的外接圆的半

PA

径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断0.

【详解】由题意可得BP±AP,BP±CP,

又APCiCP=P,AP,CP=P,AP,CP<=平面/MC，所以BP1平面PAC,

在△2女中，PA=PC=2y/3,AC边上的高为J(2住一2?=2a,

所以Vp^ABC=VB-PAC=;x]x4x2\/2x2=三~,故A错戾;

对于8，在中，8S"PC=右金"

BC=V12+4=4